Geometri Notları. Kenar-Açı Bağıntıları Mustafa YAĞCI,

Geometri ^Notları

Mustafa YAĞCI, yagcimustafa@yahoo.com

Kenar-Açı Bağıntıları

Üçgenin tanımını hatırlayarak derse başlayalım: A, B, C doğrusal olmayan üç nokta olduğunda, [AB], [AC] ve [BC]’nin birleşimine ABC üçgeni denirdi.

Bir an için üçgeni oluşturan doğru parçalarını birer kibrit çöpü gibi düşünün. Üçgenin oluşması için, kibrit çöplerinin sadece uçlarının birbirine değme- si gerektiğini anlıyoruz. Sadece ‘’uçları’’ birbirine değecek. Peki, bunu boyları ne olursa olsun, her üç kibrit çöpüyle yapmak mümkün müdür? Tabii ki hayır!

Örneğin, yukarda soldaki üç kibrit çöpüyle bunu yapmak mümkündür ama sağdaki üç kibrit çöpüy- le üçgen yapılamaz. En alttaki kibrit çöpü bu iş için fazla uzun!

İşte bu derste, üç doğru parçasının üçgen oluştur- ma şartını araştıracağız.

Eğer oluşturamıyorlarsa hangisinde ne kadar bir değişiklik gerekir?

O değişiklik yapıldı diyelim, herhangi ikisinin bo- yunu sabit tutarak aralarını açtığımızda üçüncüsü- nü büyültmek mi gerekir, yoksa küçültmek mi?

Büyültmekse ne kadar büyütmek, küçültmekse ne kadar küçültmek?

İşte bu gibi sorulara cevaplar arayacağız. Hatta daha da kurcalayacağız. Önce çok önemli bir teo- remle başlıyoruz. Bunu iyi anlayın, ilerde çokça karşılaşacaksınız.

Teorem. Bir üçgende en uzun kenarın karşısında en büyük açı, ortanca kenarın karşısında ortanca açı, en kısa kenarın karşısında en küçük açı var- dır.

Yani; a > b > c ise m(A) > m(B) > m(C)’dir.

Kanıt: a > b > c olacak şe- kilde bir ABC üçgeni çize- lim. [AC] kenarı üzerinde

|AB| = |AD| olacak şekilde bir D noktası alalım. Şekle göre m(B) = θ + αve m(C) =

θ − α olur. Yani m(B) > m(C) olur.

Benzer şekilde [CB] üzerinde |CE| = |CA| olacak şekilde bir E noktası alıp m(A) > m(B) olduğu da kanıtlanabilir. O halde kanıt bitti.

Sonuç: Bir üçgenin iç açı ölçüleri toplamı 180^o olduğundan, eğer açılarından biri geniş açıysa, o açı kesinlikle en büyük açıdır. O halde, üçgen ge- niş açılı ise geniş açının karşısındaki kenar kesin- likle en uzun kenardır. Eğer iki uzunluk eşit isse karşılarındaki açılar da eşittir.

Örnek. |BC| = 12 olan bir ABC üçgeninde A ve C kö- şelerinden inen yükseklik- ler üçgen içinde bir H nok- tasında kesişiyorlar. α > θ ise |AB| = x tamsayı olarak en çok kaç olabilir?

Çözüm: HAE ve HCD açılarının eşliğine dikkat ediniz. O zaman α > θ olması bize m(BAC) >

m(ACB) olduğunu anlatır.

O halde 12 > x olmalıdır ki cevap 11.

Örnek. Yandaki ABC üçgeninde m(A) = 16^o olup, b > c veriliyor.

Buna göre m(ABC) = α tamsayı olarak en az kaç derece olabilir?

Çözüm: m(A) = 16^o bilgisinden m(B) + m(C) = 164^o buluruz. b > c verildiğinden m(B) > m(C) olması gerekir. m(C) = 164^o − m(B) diye m(B) > 164^o − m(B) yani 2⋅m(B) > 164^o olur. O halde m(B) = α >

82^o olduğundan α en az 83^o olur.

A

B D C

E H

x

12 α

θ

A

B C

D a

c c

θ b-c

θ α θ−α

A

B C

16

α

c b

Şöyle de düşünebilirdiniz: Üçgen ikizkenar olsay- dı, yani b = c olsaydı, α = 82^o olurdu. b > c oldu- ğundan m(B) > m(C) olur, o halde en küçük tam- sayı α = 83^o olmalıdır.

Örnek. Yandaki ABC üçge- ninde a > c > b veriliyor. Bu- na göre m(B) tamsayı olarak en çok kaç derece olabilir?

Çözüm: Üçgen eşkenar ol- saydı, her bir açının ölçüsü 60^o olurdu, o halde en büyük değeri tamsayı olarak 59^o’dir.

Örnek. ABCDE dışbü- key beşgeninde |CB| = 4,

|BA| = |AD| = 6 ve |AC| =

|AE| = 7’dir.

α < θ < β ise |DE| = x kaç farklı tamsayı değeri alabilir?

Çözüm: BAC ile DAE üçgenlerinin yan kenarlarının eşit uzunlukta oldu- ğuna dikkat ediniz. α < β olduğundan x > 4 olma- lıdır. Diğer yandan üçgen eşitsizliğinden x > 13. O halde 4 < x < 13 olduğundan x, 8 farklı tamsayı değeri alabilir.

Örnek. Yandaki şekilde C noktası BAD açısının iç bölgesindedir. |AB| = 8, |BC| = 18 ve |AC| =

|AD| = 15 ise |BD| kaç farklı tamsayı değeri alabilir?

Çözüm: m(BAD) > m(BAC) olduğundan |BD| >

|BC| = 18 olmalıdır. Üçgen eşitsizliğinden de |BD|

< 23 olduğunu biliyoruz. O halde {19, 20, 21, 22}

olmak üzere 4 farklı değer alabilir.

Örnek. BAC üçgeni ikizkenar olup, çevresi 30 birimdir. m(A)

> m(B) ise b’nin alabileceği en büyük tamsayı değeri kaçtır?

Çözüm: m(A) > m(B) ise a >

b’dir. Diğer yandan 2b + a = 30 verildiğinden a = 30 – 2b olur. 30 – 2b > b eşit- sizliğinden b < 10 bulunur. Sonuçta b’nin en bü- yük tamsayı değeri 9’dur.

Teorem [Üçgen eşitsizliği]. Bir üçgende herhangi bir kenarın uzunluğu her zaman diğer iki kenarın uzunluğunun toplamından küçük, farkından bü- yüktür.

Yani;

|b – c| < a < b + c,

|a – c| < b < a + c,

|a – b| < c < a + b.

Kanıt: [BA] kenarını A yö- nünde |AC| = b kadar uzata- lım. DAC bir ikizkenar üç- gen olur.

m(ADC) = m(DCA) olur. Bundan dolayı

m(DCB) > m(BDC) olur. Bu da b + c > a demek- tir. Benzer şekilde a + b > c ve a + c > b bulunur.

a + c > b ise a > b – c dir. Tabii c > b olabilece- ğinden a > |b – c| yazmalıyız. O halde |b – c| < a

< b + c.

Bu kural üçgen eşitsizliği diye bilinir. Yani veri- len üç uzunluğun üçgen oluşturup oluşturamaya- cağını bu eşitsizlikten anlarız.

İki kenarın toplamının daima üçüncü kenardan daha uzun olduğuna farklı bir yaklaşım getirelim.

Eminim beğeneceksiniz:

B ile C noktaları arasındaki en kısa yol nedir? BC doğru parçası değil mi?

İşte ondan dolayı |BC| < |BA| + |AC|.

Örnek. ABC bir eşkenar üçgen ve P bu üçgen içinde bir nokta- dır.

Çevre(ABC) – Çevre(ABP) = 4 ise Çevre(ABC) tamsayı olarak en az kaç olabilir?

Çözüm: Eşkenar üçgenin kenarına a diyelim. |PA|

= b ve |PB| = c olsun. Çevre(ABC) – Çevre(ABP)

= 3a – (a + b + c) = 2a – b – c = 4 verilmiş. Yani b + c = 2a – 4.

Diğer yandan ABP üçgeninde üçgen eşitsizliğin- den b + c > a olduğunu biliyoruz. 2a – 4 > a oldu- ğundan a > 4, o halde Çevre(ABC) = 3a > 12 olur.

Cevabımız 13.

Örnek. ABC ve AED birer üç- gendir. |AE| = 4, |AB| = 7, |BC| = 8 ve |ED| = |DC| ise |AC| tamsa- yı olarak kaç farklı değer alabi- lir?

Çözüm: ADE’de üçgen eşitsiz-

liğinden |AD| + |DE| = |AD| + |DC| = |AC| > 4 olur. ABC üçgeninde üçgen eşitsizliğinden |AC| <

15, o halde 4 < |AC| < 15 olduğundan 10 farklı tamsayı değeri alabilir.

A

B

C

D E

6 7

6 7

4 α θβ x

A

B C

8 15 D

15

18 A

B a C

c b

A

B C

P

A

B C

D 4 E

7 8 A

B a C

b α b

A

B C

D

a b b c

α

α

Örnek. |AB| = x, |AC| = 3x ve |BC| = 24 olan bir ABC üçgeninin çevresi tamsayı olarak en az ve en çok kaç olabilir?

Çözüm: Üçgen eşitsizliğinden 2x < 24 < 4x olur.

Yani 6 < x < 12’dir. Çevre(ABC) = 4x + 24 oldu- ğundan 48 < 4x + 24 < 72 olur.

O halde en az 49, en çok 71 olmalıdır.

Örnek. Yandaki ABC üç- geninde |AB| = 12 + 3x ve

|AC| = 30 – 3x ise |BC| = a’nın alabileceği tamsayı değerlerinin en çok olması için x kaç olmalıdır?

Çözüm: |BC| = a’nın alabileceği tamsayı değerle- rinin en çok olması için üçgenin ikizkenar olması gerekir, çünkü her halükarda diğer iki kenarın top- lamı 42 olacak ama fark en az üçgen ikizkenar ol- duğunda olacak, yani a > 0 olacak. Üçgenin ikiz- kenar olduğu an da x = 3’tür.

Teorem. Bir ABC üçgeninin kenarları a, b, c pozi- tif doğal sayıları olmak üzere b < a ise c’nin ala- bileceği değerler 2b – 1 tane ve bu değerlerin top- lamı a⋅(2b – 1)’dir.

Kanıt: Üçgen eşitsizliğinden a – b < c < a + b ol- duğunu biliyoruz. O halde c değeri a – b + 1’den başlamak üzere a + b – 1’e kadar tüm tamsayı de- ğerlerini alabilir.

Terim sayısı formülünden (a + b – 1) – (a – b) = 2b – 1 olduğundan kanıt biter. Toplam formülün- den de (a + b – 1 + a – b + 1)⋅(a + b – 1 – a + b – 1 + 1)/2 = a⋅(2b – 1) olduğu kanıtlanır.

Teorem. Bir ABC üçgeninin kenarları a, b, c pozi- tif doğal sayıları olmak üzere ölçüsü en büyük açı A ise c’nin alabileceği değerler b – 1 tane ve bu değerlerin toplamı (b – 1)⋅(2a – b)/2 dir.

Kanıt: Ölçüsü en büyük açı A ise en uzun kenar a’dır. Üçgen eşitsizliğine göre a – b < c < a + b olur. Fakat c < a olması gerektiğinden eşitsizlik a – b < c < a halini alır. O halde c değeri a – b + 1 den başlamak üzere a – 1’e kadar tüm tamsayı de- ğerlerini alabilir. Terim sayısı formülünden (a – 1) – (a – b) = b – 1 olduğundan kanıt biter. Toplam formülünden diğeri benzer şekilde kanıtlanabilir.

Teorem. Bir üçgende bir kesenin boyu daima yarımçevreden kısadır.

Kanıt: ACD’de üçgen eşitsiz- liğinden x < a + b,

ABD’de üçgen eşitsizliğinden x < c + d bulunur.

Bunlar taraf tarafa toplanırsa 2x < a + b + c + d = 2u olur ki x < u olduğu kanıtlanmış olur.

Örnek. ABC ve CDE birer üçgen olup, B, C, D noktaları doğrusaldır.

|AP| = 5 ve |DQ| = 7 ise Çev- re(ABC) + Çevre(CDE) top- lamı tamsayı olarak en az kaç olabilir?

Çözüm: Çevre(ABC) > 10 ve Çevre(CDE) > 14 olduğundan Çevre(ABC) + Çevre(CDE) > 24 olur ki cevap 25’tir.

Teorem. Bir üçgenin her kenarı yarımçevreden kısadır.

Kanıt: a < b + c olduğunu kanıtlamıştık. Eşitsizli- ğin her iki yanına a ekleyelim.

2a < a + b + c = 2u olduğundan a < u olduğu ka- nıtlanmış olur. Benzer şekilde b < u ve c < u.

Ek bilgi: Sadece üçgende değil, tüm konveks çokgenlerde bir kenar uzunluğu daima yarımçev- reden küçüktür. Kanıtı aynı yukarda yaptığımız gibidir. Bu bilgi sizi aşağıdaki gibi bir soru tipiyle karşı karşıya bırakabilir.

Örnek. Uzunluğu 30 birim olan yandaki tel bükülerek

bir üçgen yapılıyor. Bu üçgenin bir kenarı tamsayı olarak en çok kaç birim olabilir?

Çözüm: Her üçgende a + b > c olduğunu biliyo- ruz. Her iki tarafa c ekleyelim. a + b + c > 2c ve dolayısıyla 30 > 2c olduğundan c < 15, o halde bir kenar tamsayı olarak en çok 14 olabilir.

Aynı soruyu bir de dörtgen ve beşgen için çözü- nüz.

Örnek. ABCDE beşgeninde

|BA| = 5, |AE| = 6, |ED| = 8,

|DC| = 9 ise |BC| tamsayı olarak en çok kaç olabilir?

Çözüm: |BC| < 5 + 6 + 8 + 9 = 28 olduğundan |BC|’nin

en büyük tamsayı değeri 27 olabilir.

A

B C

x 3x

24

A B

A

B a C

c b

d D x

A

B C

D

E P

Q 5

7 A

B C

12+3x 30-3x

a

A

B

C

D E 5

6

8 9

Örnek. Yandaki ABCD dörtgeni dışbükey olup,

|CB| = 7, |BA| = 9 ve

|AD| = 19’dur. Buna gö- re |CD| = x’in tamsayı olarak alabileceği en küçük ve en büyük de- ğerlerin toplamı kaçtır?

Çözüm: Bir dışbükey dörtgende, herhangi bir ke- nar her zaman diğer üç kenarın toplamından kü- çüktür. O halde x’in en büyük değeri 34 olabilir.

Diğer yandan |AC| < 16 olduğundan üçgen eşitsiz- liği gereği x’in en küçük tamsayı değeri 4 olabilir.

O halde cevap 34 + 4 = 38.

Örnek. Yandaki ABD üçge- ninin AD kenarı üzerinde

|AB| = |AC| olacak şekilde bir C noktası alınıyor. |BC| = 24 ve |CD| = 7 ise Çevre(ABC) tamsayı olarak en az kaç olabilir?

Çözüm: BCD açısı daima geniştir, o halde |BD| >

25. İkiz kenarlara a dersek hem a > 12 buluruz.

Ç(ABC) = 2a + 7 + |BD| > 56 olduğundan en az 57 olabilir.

Örnek. Yandaki ABC üç- geninde |AB| = x – 1, |AC|

= 2x ve |BC| = 17 ise x’in alabileceği farklı tamsayı değerlerinin toplamı kaç- tır?

Çözüm: Yine üçgen eşitsizliğinden x + 1 < 17 <

3x – 1 olur. O halde 6 < x < 16’dır. x’in alabileceği değerlerin toplamı 5 + 6 + … + 15 = 110 bulunur.

Örnek. ABC üçgeninde |CB|

= 4 ve |BA| = 5’tir. ADE üç- geninde de |AE| = 6 ve |ED| = 7’dir. |CD| = x tamsayı ola- rak en çok kaç olabilir?

Çözüm: x’in olabildiğince büyük olması, |AC| ve

|AD|’nin büyük olmasına bağlı. |AC| < 9 ve |AD| <

13 olduğundan |AC| + |AD| < 22’dir, o halde x en fazla 21 olabilir.

Örnek. Yandaki ABCD dört- geninde |BC| = 6 ve |CD| = 7 olarak veriliyor.

Çevre(ABC) + Çevre(ACD) toplamının alabileceği en kü- çük tamsayı değeri kaçtır?

Çözüm: Çevre(ABC) > 12, Çevre(ACD) > 14 ol- duğundan Çevre(ABC) + Çevre(ACD) > 26’dır. O halde en küçük tamsayı değeri 27 olur.

Örnek. Yandaki ABCD çapraz dörtgeninde |AB| = x, |BC| = 9, |CD| = 3 ve |DA|

= y’dir.

Buna göre x + y toplamının tamsayı olarak alabileceği en küçük değer kaçtır?

Çözüm: x + y toplamının olabildiğince küçük ol- ması |BD|’nin küçük olmasıyla mümkün. BCD’de üçgen eşitsizliğinden |BD| > 6’dır.

x + y > |BD| > 6 eşitsizliğinden tamsayı olarak en küçük 7 olabileceğini anlarız.

Örnek. Yandaki ABC üçgeninde |AB| = 10 ve

|AC| = 14 olarak verili- yor. P ve Q noktaları

[BC]’nin üzerindeyken APQ üçgeninin çevresi tamsayı olarak en çok kaç olabilir?

Çözüm: |BC| < 24 olduğundan Çevre(ABC) <

48’dir. Çevre(APQ) < Çevre(ABC) < 48 olduğun- dan Çevre(APQ) tamsayı olarak en çok 47 değeri- ni alabilir.

Örnek. ABC ve CDE üçgenleri C köşeleri or- tak ve kenarları tamsayı olan birer üçgendir.

|AB| = 3, |AC|= 4, |CE| = 5 ve |ED| = 6 iken |BC|

+ |CD| = x + y toplamı en çok kaç olabilir?

Çözüm: x en çok 6, y en çok 10 olabileceğinden, x + y toplamı en çok 16 olabilir.

Teorem. Bir üçgenin bir yük- sekliği, bitişik kenarlardan hangisi küçükse onunla daha küçük açı yapar.

Kanıt: |AB| < |AC| olsun. m(B)

> m(C) olur. Öyleyse B açısı- nın tümleri C açısının tümlerinden daha küçük olacaktır.

A

B C

x-1 2x

17

A

B C

D 24

7

C

A B

D 4 E

5 6

7 x

A

B C

D 6

7

A

B

C

D 3

x 9 y

A

B

C

P Q

10 14

A

B C

D E

3 4 5

6

x y

A B

C D

7 9

19

x

A

B H C

x y b c

Yani şekle göre x < y olup; m(BAH) < m(HAC).

Teorem. Bir üçgenin bir kenarortayı, bitişik ke- narlardan hangisi küçükse onunla daha büyük açı yapar.

Kanıt: |AB| < |AC| ve |BD| =

|DC| ise şekle göre x > y ol- duğunu göstereceğiz.

A’nın D’ye göre simetriği A′

olsun. Noktaya göre simetri dolayısıyla A′C =// AB ve m(AA′C) = x olur. AA′C üç- geninde |AC| > |A′C| olduğu

için x > y dir. O halde kanıt tamamlandı demektir.

Pisagor bağıntıları. Bir ABC üçge- ninde

m(A) = α < 90^o isse a² < b² + c² m(A) = α = 90^o isse a² = b² + c² m(A) = α > 90^o isse a² > b² + c². Kanıt: Dik üçgen konusuna bakınız.

Örnek. Yandaki ABC üç- geninde BI ve CI birer iç açıortaydır. |BI| = 8 ve |CI|

= 15 ise |BC| = x kaç farklı tamsayı değeri alabilir?

Çözüm: Burada dikkat

edilmesi gereken tek nokta, BIC açısının geniş ol- duğudur. Onun için 17 < x < 23 olur. O halde x, 5 farklı tamsayı değeri alır.

Örnek. Yandaki ABC üçgenin- de |AC| = 21 ve |AB| = 29 olup, B, C, D noktaları doğrusaldır.

m(ACD) = α < 90^o ise |BC|’nin alabileceği tamsayı değerlerinin toplamı kaçtır?

Çözüm: ACB açısı dik olsaydı, Pisagor Teoremi gereği |BC| = 20 olurdu. Demek ki |BC| < 20, diğer yandan |BC| > 8. O halde 9 + 10 + … + 19 = 154 bulunur.

Teorem. Bir üçgende yardımcı elemanlar kenar- larla ters orantılıdır. Yani bir yardımcı eleman en kısa isse karşısındaki kenar en uzun olanıdır.

Yani;

a > b > c ⇔ ha < hb < hc

a > b > c ⇔ nA < nB < nC

a > b > c ⇔ va < vb < vc

Kanıt: Okuyucuya bırakılmıştır.

Teorem. Bir üçgende i kenarına inen yükseklik, açıortay, kenarortay arasında hi ≤ ni ≤ vi bağıntı- sı vardır.

Kanıt: Okuyucuya bırakılmıştır.

Teorem. Bir üçgenin iç böl- gesinde alınacak isteksel bir noktanın üçgenin köşelerine olan uzaklıkları toplamı dai- ma çevrenin yarısından (u) büyük, çevreden (2u) küçüktür. Yani, köşelere olan uzaklıklar x, y, z ise u < x + y + z < 2u.

Kanıt: ADB, BDC, CDA üçgenlerinde üçgen eşit- sizliğinden;

x + y > c y + z > a x + z > b

olur. Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa; x + y + z > (a + b + c)/2 bulunur. Yani; u < x + y + z.

Bununla birlikte;

c + b > y + z a + c > x + z a + b > x + y

eşitsizlikleri taraf tarafa toplanırsa; a + b + c > x + y + z bulunur. Yani; x + y + z < 2u.

Sonuç olarak; u < x + y + z < 2u.

Uyarı: Burada önemli olan bir nokta var: x + y + z toplamının alabileceği en küçük tamsayı değeri her zaman u’dan büyük en küçük tamsayı değildir.

Yani bu eşitsizlik en dar eşitsizlik değil.

Örnek. Yandaki ABCD kon- kav dörtgeninde |AB| = 12,

|AD| = 13, |BC| = x ve |CD| = y veriliyor.

Buna göre x + y toplamının

tamsayı olarak alabileceği en küçük ve en büyük değerlerin toplamı kaçtır?

Çözüm: x + y > |BD| > 1 olduğundan en küçük değer tamsayı olarak 2 olabilir. Diğer yandan 12 + 13 > x + y olduğundan en büyük değer de 24’tür.

24 + 2 = 26 olur.

Teorem. Bir üçgende yardımcı elemanların uzunluklarının toplamı çevreden küçük ama çev- renin yarısından büyük- tür. Yani; üçgende yarı çevreye u denilirse u < ha + hb + hc < 2u,

u < nA + nB + nC < 2u,

A

B C

8 I 15

x

A

B C D

α 29 21

A

B C D

12 13

x y

A

B D C

x y b c

x A' va

A

B D C

E F

H a

b c

A

B C

D a c x b

y z

u < va + vb + vc < 2u.

Kanıt: Yandaki gibi bir ABC üçgeni çizelim.

|AD| = h_a, |BE| = h_b ve |CF| = h_c olsun. ADB dik üçgeninden h_a < c, BEC dik üçgeninden h_b < a ve AFC dik üçgeninden hc < b bulunur. Bu eşitsizlik- ler taraf tarafa toplanırsa ha + hb + hc < a + b + c

= 2u olduğu kanıtlanmış olur. Ayrıca H’yi her- hangi bir nokta gibi düşünerek;

u < |HA| + |HB| + |HC| < ha + hb + hc

olduğundan eşitsizliğin solu da kanıtlamış olur.

u < nA + nB + nC < 2u ve u < va + vb + vc < 2u eşitsizliklerinin kanıtını da iç açıortay ve kenaror- tay konularında bulabilirsiniz

Teorem. Bir ABC üçgeninde

b + c – a < 2⋅va < b + c.

Kanıt: ABC üçgeninde |AD|

= v_a kenarortay olsun. ADB ve ADC üçgenlerinde üçgen eşitsizliği gereğince

c – 2

a < va ve b – 2 a < va

olur. Bu iki eşitsizlik taraf ta- rafa toplanırsa b + c – a <

2⋅va olur. AD kenarortayını

|DA′| = |DA| kadar uzatalım. D noktasına göre si- metrik olduklarından |A′C| = |AB| = c’dir. AA′C üçgeninde üçgen eşitsizliğine göre de |AA′| < |AC|

+ |A′C| yani 2⋅va < b + c’dir.

Bulduğumuz iki sonucu birleştirirsek b + c – a <

2⋅va < b + c bulunur.

Teorem. Bir üçgende kenarortay uzunluklarının toplamı çevreden küçük ama çevrenin yarısından büyüktür. Yani; üçgende yarı çevreye u denilirse u

< v_a + v_b + v_c < 2u.

Kanıt: Bir önceki teoremde bulduğumuz eşitsizli- ği çembersel dönüşüm ile her kenarortay için ya- zıp taraf tarafa toplayalım:

b + c – a < 2⋅va < b + c c + a – b < 2⋅vb < c + a

+ a + b – c < 2⋅v_c < a + b________

a + b + c < 2(va + vb + vc) < 2(a + b + c)

olduğundan u < va + vb + vc < 2u eşitsizlikleri ka- nıtlanmış olur.

Teorem. Konveks bir dörtgende köşegenlerin top- lamı, dörtgenin yarımçevresinden büyük ama tam çevresinden küçüktür.

Kanıt: ACB, ACD ve BDA, BDC üçgenlerini ele alalım. Sıra ile şu eşitsizlikler

yazılır:

|AC| < a + b

|AC| < c + d

|BD| < a + d

|BD| < b + c

Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa |AC| +

|BD| < a + b + c + d olur. Sonra OAB, OBC, OCD, ODA üçgenlerini ele alalım:

a < |OA| + |OB|

b < |OB| + |OC|

c < |OC| + |OD|

d < |OD| + |OA|

bulunur ve bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa 2

d c b a+ + +

< |OA| + |OC| + |OB| + |OD| = |AC|

+ |BD| olur ki ilk bulduğumuz eşitsizlik ile birlikte düşünülürse kanıt tamamlanmış olur.

Uyarı. Dört kenarının da uzunluğu verilen bir konveks dörtgende u < e + f < 2u eşitsizlikleri en dar aralık değildir. Böyle dörtgenlerde e + f her zaman karşılıklı kenarlar toplamının büyük ola- nından bile büyüktür.

Örnek. Yandaki ABCD kon- veks dörtgeninde |AB| = 2, |BC|

= 7, |CD| = 5 ve |DA| = 8 ise

|AC| + |BD| toplamının alabile- ceği en küçük tamsayı değeri kaçtır?

Çözüm: 11 < |AC| + |BD| < 22 olduğunu biliyoruz ama bu bi- ze, bu toplamın 12 olabileceği- ni anlatmaz. Sadece bu toplamın, bu aralıkta oldu- ğunu söyler. Peki ne yapacağız?

AEB ve DEC üçgenlerinde üçgen eşitsizliğinden x + y > 2 ve z + t > 5 olduğunu biliyoruz, o halde x + y + z + t = |AC| + |BD| > 7, diğer taraftan AED ve BEC üçgenlerinde üçgen eşitsizliğinden de x + t > 8 ve y + z > 7 olduğunu biliyoruz. Yani x + y + z + t = |AC| + |BD| > 15, o halde bu iki sonucun kesişimi olarak |AC| + |BD| > 15 olmalıdır.

Şaşırmayın, bunun sebebi, köşegenlerin birbirle- riyle ters orantılı olmasıdır. Birinin en küçük de- ğerini aldığını düşündüğümüzde diğerinin de en küçük değerini alıp, bunları toplayamayız, çünkü o an diğeri en büyük değerini alıyordur.

A

B D C

c b

A' va

va c

a/2 a/2

A

D C

a B

b c

d ^e O ^f

B C

D

2 8

5 7 xE

y z

t A

B C

D

2 8

5 7 E

Teorem. Bir konveks dörtgenin dört köşesine olan uzaklıklarının top- lamı en küçük olan nokta, bu dörtgenin köşegenle- rinin kesim noktasıdır.

Kanıt: Herhangi bir M noktasını dörtgenin köşele- rine birleştirelim. MAC, MBD üçgenlerinde |AC| <

|MA| + |MC| ve |BD| < |MB| + |MD|’dir. Bu iki eşitsizliği tarafa tarafa toplarsak; |AC| + |BD| =

|OA| + |OB| + |OC| + |OD| < |MA| + |MC| + |MB|

+ |MD| olduğundan kanıt biter.

Teorem. Konveks bir ABCD dörtgeninde AD en büyük, BC en küçük kenar ise

m(B) > m(D) ve m(C) > m(A).

Kanıt: BD köşegeninin dört- genden ayırdığı iki üçgeni ele alalım. ABD üçgeninde |AD| >

|AB| olduğundan m(DBA) > m(ADB)’dir. BCD üç- geninde |CD| > |BC| olduğundan m(CBD) >

m(BDC)’dir. Bu iki eşitsizliği taraf tarafa toplaya- rak m(B) > m(D) elde edilir. AC köşegeninin dört- genden ayırdığı iki üçgeni ele alarak ve aynı mu- hakemeleri tekrarlayarak m(C) > m(A) elde edilir.

Örnek. ABCD dışbükey dörtgeninde |BA| = 6, |AD| = 7, |DC| = 8 ve |CB| = 9 olarak veriliyor. |BD|’nin en küçük tamsayı değerini aldığı an

|AC| kaçtır?

Çözüm: ‘’|BD| en küçük de-

ğerini aldığında, |AC| en büyük değerini alır’’ ifa- desi doğru olsa da, ‘’|BD| = 2 olduğunda |AC| = 14 olur’’ demek yanlıştır. O halde n’apacağız? Düşü- nün…

Teorem. Bir dik üçgende, bir dar açının açıorta- yının karşı kenardan ayırdığı parçalardan dik açı tarafındaki daha küçüktür.

Kanıt: m(A) = 90^o ve m(ABN) = m(NBC) ise

|NA| < |NC| olduğunu ka- nıtlayacağız. A dik köşesi- nin BN açıortayına göre simetriği A′ olsun. BN açı- ortayı B açısının simetri ekseni olduğundan A′

noktası BC üzerine düşer. m(BA′N) = 90^o ve |NA′|

= |NA| olur. A′CN dik üçgeninde |NA′| < |NC| ol- duğundan |NA| < |NC| bulunur.

Örnek. B açısı dik olan ABCE dörtge- ninin A köşesinden CE kenarına inilen dikme ayağı D ol- sun. m(CAB) = 20^o, m(DAC) = 60^o ve m(EAD) = 40^o ise

|BC| = x, |CD| = y ve |DE| = z arasın- da bir eşitsizlik ya- zınız.

Çözüm: ABC üçgeninin AC’ye göre simetriğine AB′C üçgeni diyelim. |CB′| = x olur. Diğer yandan EAL üçgeni de ikizkenar olur. |LD| = |DE| = z ol- duğundan |CL| = y – z olur. CB′L üçgeninde hipo- tenüs en uzun kenar olduğundan y – z > x, düzen- lersek y > x + z′dir.

Orta taban. Bir üçgende iki kenarın orta noktalarını birleştiren doğru parçasına orta taban denir. Şekilde [DE], [EF], [FD] birer orta tabandır. Orta taban daima üçüncü kenara (tabana) pa- raleldir ve tabanın yarısı uzunluktadır. Kanıtları benzerlik konusunda bula- bilirsiniz. Bir üçgenin 3 tane orta tabanı vardır.

Örnek. ABD üçgeninde BC kenarortay olup, CBA açısı diktir. |BC| = 6 ise |BD| tamsayı ola- rak en az kaç olabilir?

Çözüm: C’den AB’ye çizilen paralel doğru, BD’yi E’de kessin. CE orta taban olur. BCE dik üçgeninde |BE| > 6 olduğun- dan |BD| = 2⋅|BE| > 12 olur. O halde cevabımız 13.

Örnek. ABC üçgeninde AV kenarortaydır. |AB| = 12 ve |BC| = 18 ise |BV| = x kaçtır?

Çözüm: V’den AB’ye çi- zilen paralel BC’yi D’de kessin. [VD] orta taban olur. |VD| = 6, |BD| =

|DC| = 9 olduğundan, üç- gen eşitsizliği gereği 3 <

A

B

C D 6

7 8 9

A B

C D

a

b c d

A

B A' C

N A

D C

a B

b c

d O

M

A

B D C

F ^a/2 E

a/2 a/2

b/2 b/2

c/2 c/2

b/2 c/2

A

B

C

6 x

A

B

C D

6 x/2

E x/2 D

A B

V C

12 18

x

A B

V C

12 D

x 9

6 9

A B

C

D E

20 60 40

x

y z

B A

C

D E

20 40 40

x

y-z

z

20

x z

B' L

x < 15’tir. O halde x, 11 farklı tamsayı değeri ala- bilir.

Örnek. |AB| = 4 ve

|AC| = 12 olan yanda- ki ABC üçgeninde m(B) = α > 90^o ise AV kenarortayının boyu- nun alabileceği tam- sayı değeri kaçtır?

Çözüm: V’den AB’ye paralel çizilen doğru AC’yi D’de kessin.

[DV] orta taban olur, boyu da 2 olur. Diğer yandan DVC açısı geniş olduğundan VDC açısı dar, bun- dan dolayı ADV açısı geniş olur. Bu durumda x sadece 7 değerini alabilir.

Örnek. ABC üçgeninde B ve C açılarına ait iç açı- ortaylar I noktasında ke- sişmektedir. BIC üçge- ninde IV kenarortayının boyu 8 birim ise |BC|

tamsayı olarak en az kaç olabilir?

Çözüm: Burada dikkat edilmesi gereken nokta BIC açısının geniş olduğudur. Tam 90^o olsaydı, muhteşem üçlü gereği |BC| = 16 olurdu ama m(BIC) > 90^o olduğundan |BC| > 16’dır. O halde tamsayı olarak en küçük değeri 17’dir.

Orta(y) ve ters orta(y) üçgen. Orta tabanlardan oluşan üçgene (DEF) orta üçgen veya ortay üçgen denir. Ortay üçgenin alanı orijinal üçgenin (ABC) alanının 1/4’ü, çevresi ise 1/2’si kadardır. Nasıl ki DEF üçgenine ABC üçgeninin orta üçgeni deni- yor, ABC üçgenine de DEF üçgeninin ters orta(y) üçgeni denir.

Diklik merkezi. Bir üçgenin üç kenarına ait üç yüksekliği daima tek noktada kesişir. Bu noktaya üçgenin Diklik Merkezi denir.

A

B C

A=H

B C

A

B C

H

H

Diklik merkezi genelde H ile gösterilir. Üçgen daraçılı ise diklik merkezi üçgenin içinde, geniş açılı ise dışındadır. Eğer üçgen dik ise diklik mer- kezi dik kenarların kesiştiği köşedir.

Önce yüksekliklerin neden noktadaş olduğunu gösterelim, daha sonra da diklik merkezinin üçge- nin içinde, üstünde veya dışında olmasının neden üçgenin açılarına bağlı olduğuna bir yorum getire- lim.

ABC üçgeninin ters-orta üçgeni olan A′B′C′ üçgeni- ni çizelim. Yani öyle bir A′B′C′ üçgeni çizelim ki ABC üçgeni onun orta üç- geni (kenar orta noktalarını köşe kabul eden üçgen) ol- sun. Bir üçgeninin kenar

orta dikmelerinin noktadaş olduklarını ve kesiştik- leri noktanın da üçgenin çevrel çemberinin merke- zi olduğunu biliyoruz. O halde bu A′B′C′ üçgenin- de de böyle. Orta üçgenin kenarları asıl üçgene da- ima paralel olduğundan bahsi geçen kenar orta dikmeler ABC üçgeninin yükseklikleridir. O halde ilk kısım kanıtlanmış oldu.

Gelelim ikinci kısma: ABC üçgeni geniş (veya dar) açılı olsaydı A′B′C′ üçgeni de ABC ye benzer olduğundan geniş (veya dar) açılı olacaktı. Böyle üçgenlerin çevrel çember merkezinin üçgenin dı- şında (veya içinde) olacağını biliyoruz. O halde diklik merkezi de üçgenin dışında (veya içinde) olur. Eğer ABC bir dik üçgen olsaydı, A′B′C′ üç- geni de dik üçgen olurdu ki çevrel çember merkezi hipotenüsünün orta noktası olacaktı, bu da orta üçgeninin herhangi bir köşesi demek zaten…

Peki, herhangi bir üçge- nin üç yüksekliğini birer kibrit çöpü gibi elime al- sam, uçlarını ikişer ikişer birbirine değdirerek her zaman bir üçgen yapabilir miyim? Öyle ya, bunlar

kenarortay olsa yapabiliyordum… Üzgünüm ki;

yüksekliklerde bunu yapmak her zaman mümkün değil… Çünkü yükseklikler kenarlarla ters orantılı olduğundan (temel alan formülünü hatırlayınız), yüksekliklerin çarpımsal tersleri kenarlarla doğru orantılıdır. Yani kenar uzunluklarının buna izin vermesi lazım. Bu da bize şu eşitsizliği yazma hakkı verir (üçgen eşitsizliği):

b

a h

h 1 1 − <

hc

1 <

ha

1 + hb

1 , A

B V C

I 8

A

B C

A' C' B'

H A

B V C

α

4 12

x

A

B V C

α 4

6

x 2 6

D

c

a h

h 1 1 − <

hb

1 <

ha

1 + hc

1 ,

b

c h

h 1 1 − <

ha

1 <

hc

1 + hb

1 .

Örnek. Bir yüksekliği 3 birim, başka bir yüksekli- ği de 6 birim olan bir üçgenin, üçüncü yüksekliği kaç farklı tamsayı değeri alabilir?

Çözüm:

b

a h

h 1 1 − <

hc

1 <

ha

1 + hb

1 olduğundan

6 1 3 1 1 6 1 3

1− < < +

h eşitsizliği geçerlidir.

2 1 1 6 1< <

h olduğundan h, {3, 4, 5} değerleri ol- mak üzere 3 farklı tamsayı değeri alabilir.

Örnek. |AB| = 9 ve |BC| = 12 olan bir ABC üçgenin- de A ve C köşelerinden inen yükseklikler üçgen içinde bir H noktasında kesişiyorlar. Buna göre

|AC| = x kaç farklı tamsayı değeri alabilir?

Çözüm: Diklik merkezi üçgenin iç bölgesinde ol- duğundan, ABC üçgeninin dar açılı olduğunu anlı- yoruz. m(B) = 90^o olsaydı, x = 15 olurdu, m(B) <

90^o olduğundan x < 15’tir. Diğer yandan 12² < x² + 9² olduğundan x > 63 ’tür. O halde x, {8, 9, 10, 11, 12, 13, 14} olmak üzere 7 farklı tamsayı değeri alabilir.

Dik Üçgenlerde Trigonometrik oranlar. Bir dik üçgende kenarların birbirlerine oranlarının özel adları vardır. 3 kenar var diye 6 farklı oran yazıla- bileceğinden, 6 ayrı oran tanımlayacağız:

kosinüs (cos), sinüs (sin), tanjant (tan), kotanjant (cot), sekant (sec), kosekant (csc).

Dik kenarları a ve b, hipotenüsü c olan bir ACB dik üçgeni çizilsin.

m(BAC) = α olsun.

Sinüs. α açısının karşısındaki dik kenarın hipote- nüse olan oranına, ααα açısının sinüsü denir. sin α α ile gösterilir.

sin(BAC) = sin α = c a

Kosinüs. α açısının komşusundaki dik kenarın hi- potenüse olan oranına, αααα açısının kosinüsü denir.

cos α ile gösterilir.

cos(BAC) = cos α = c b

Tanjant. α açısının karşısındaki dik kenarın kom- şusundaki dik kenara olan oranına, ααα açısının tan-α jantı denir. tg α veya tan α ile gösterilir.

tan(BAC) = tan α = b a

Kotanjant. α açısının komşusundaki dik kenarın karşısındaki dik kenara olan oranına, αααα açısının kotanjantı denir. ctg α veya cot α ile gösterilir.

cot(BAC) = cot α = a b

Sekant. Hipotenüsün, α açısının komşusundaki dik kenara olan oranına, ααα açısının sekantı denir. α sec α ile gösterilir.

sec(BAC) = sec α = b c

Kosekant. Hipotenüsün, α açısının karşısındaki dik kenara olan oranına, αααα açısının kosekantı de- nir. cosec α veya csc α ile gösterilir.

csc(BAC) = csc α = a c

Ayrıca,

cot α = α tan

1 ,

sec α = α cos

1 ,

csc α = α sin

1

olduğundan, yani cot, sec ve csc zaten sin, cos, tan cinsinden yazılabildiğinden ilk 3 trigonometrik oran diğerlerine göre daha çok önem arzetmekte- dir.

sin² α + cos² α = 1 ve

tan α = sin α⋅cos α

eşitliklerini yukarıda verilen eşitliklerden rahatlık- la çıkarabilirsiniz.

Ayrıca sıkça karşılaşacağımız bazı özel açıların trigonometrik değerlerini bilmemizde fayda var.

Hepsinin kanıtını özel üçgenler kullanarak yapabi- lirsiniz.

Matematikçiler kavramları genelleştirme eği- limindedirler. Zaten matematik büyük ölçüde geli- A

B D C

E H

9

12 x

α a

b c

A

B

C

şimini böyle genellemelere borçludur. Dar açılar için tanımladığımız bu oranları geniş ve üstün açı- lar için de tanımlayabiliriz. Bu konu daha çok Tri- gonometri konusuna girdiğinden detaya girmeden kanıt yapmadan birkaç formül ve eşitsizlik vere- ceğiz.

Ayrıca eğer çok merak ediyorsanız benden tri- gonometrik değerleri bulunabilecek tüm açıların (1,5 derecenin tam katları) tüm trigonometrik de- ğerlerini isteyebilirsiniz. 15^o, 22.5^o, 30^o, 45^o, 60^o, 67.5^o, 75^o gibi özel açıların trigonometrik değerle- rini de özel üçgenler konusunda vermiştik zaten.

Sonuçlar.

* sin ve cos oranları [−1, 1] aralığındadır. Bu aralığın dışında değerler alamazlar.

* tan ve cot oranları reel her değeri alabilir.

* sec ve csc oranları, sin ve cos oranları 0 oldu- ğunda tanımsız olur, bunun dışında 1’den büyük veya −1’den küçüktür.

* Birbirini tümleyen açılardan birinin kosinüsü, tanjantı, sekantı, diğerinin sırasıyla sinüsü, kotan- jantı, kosekantıdır.

* Birbirini bütünleyen açıların sinüsleri ve kose- kantları eşittir.

* Birbirini bütünleyen açıların kosinüsleri, tan- jantları, kotanjantları, sekantları mutlak değerce eşit fakat zıt işaretlidirler.

* sin 2α = 2⋅sin α⋅cos α * cos 2α = cos² α – sin² α

= 2⋅cos² α – 1

= 1 – 2⋅sin² α * tan 2α =

α α tan2

1 tan 2

−

⋅

Üç kenar uzunluğu verilen bir çeşitkenar üçgenin herhangi bir açısı veya bu açının herhangi bir tri- gonometrik değeri sorulursa, bunu Kosinüs Teo- remi ile rahatlıkla bulabiliriz. Tabii ki bu teorem çeşitkenar üçgenlerde sağlandığı gibi diğer tüm üçgenlerde de sağlanır. Ayrıca açıları ve bir kenarı verilmiş bir üçgenin verilmeyen başka bir kenarı da Sinüs Teoremi’nden rahatlıkla bulunabilir.

Şimdi bu teoremleri vereceğiz. Fakat bundan önce trigonometrik oranları tanımlayalım.

Kosinüs Teoremi. Bir ABC üçge- ninde,

BC² = AB² + AC² − 2⋅AB⋅AC⋅cos α eşitliği geçerlidir.

Kanıt: Eğer α = 90^o ise, kosinüs teoremi tam ta- mına Pisagor teoremidir. Bundan böyle α ≠ 90^o olsun. α’nın 90^o’den büyük ya da küçük olmasına göre iki şıkkımız var.

Birinci Şık: α ≥ 90^o. Yandaki şekil- den takip edelim.

Tanımlardan dola- yı, cos α = −sin(α

− 90^o) = −sin δ = − d/b. Bunu aklımızda tutalım, birazdan gerekecek.

AHC’ye Pisagor uygularsak, b² = h² + d² buluruz.

Bunu da aklımızda tutalım, bu da gerekecek. Son olarak, BHC’ye Pisagor uygulayıp yukarda buldu- ğumuz iki eşitliği yerlerine koyalım:

a² = (c + d)² + h² = c² + d² + h² + 2cd

= c² + b² + 2cd

= c² + b² − 2cb cos α.

Bu şıkta teoremimiz kanıtlanmıştır.

İkinci Şık: α ≤ 90^o. Gene yandaki şekilden takip ede- lim.

Tanıma göre cos α = y/b.

Pisagor Teoremi’ni şekilde- ki iki dik üçgene uygulaya- rak, b² = y² + h² ve a² = x² + h² elde ederiz. Şimdi bunları kullanarak,

a² = x² + h² = x² + b² − y² = b² + (x + y)(x − y) = b² + (x + y)(x + y − 2y) = b² + (x + y)² − 2y(x + y)

= b² + c² − 2yc = b² + c² − 2bc⋅cosα elde ederiz ki, bu da bizim kanıtlamak istediğimiz eşitlik. □

a

b c a sinC

a cosC b − a cosC

C

Kanıt-2: c²= (a⋅sin C)²+ (b – a⋅cos C)²

c² = a²⋅sin²C + b²– 2ab⋅cos C + a²⋅cos² C c²= a²+ b²– 2ab⋅cosC

olduğundan kanıt biter.

A

B C

H h

d

a

c α b

δ

A

B C

H y

x

a h c b

A

B C

α

Soru tipi. Yandaki gibi a, b, c, d, e değerleri verilip, x de- ğeri sorulur.

Çözüm yolu. Üç kenar uzun- luğu da bilinen ABC üçge- ninde kosinüs teoremi yardı- mıyla cos A bulunur, sonra DAE üçgenindeki kosinüs teoreminde yerine yazı- larak x bulunur.

Soru tipi. Yandaki gibi a, b, c, d, e değerleri verilip, x de- ğeri sorulur.

Çözüm yolu. Üç kenar uzun- luğu da bilinen ADE üçgenin- de kosinüs teoremi yardımıy- la cos A bulunur, sonra ABC üçgenindeki kosinüs teoreminde yerine yazılarak x bulunur.

Soru tipi. Yandaki gibi bir şekilde a, b, c, d, e, x değer- lerinden beşi verilir, altıncı sorulur.

Çözüm yolu. Üç kenarı da bilinen üçgende kosinüs teoremi yardımıyla cos C bulunur, bu değer diğer üçgende kosinüs teore- minde yerine yazılarak cevaba ulaşılır.

Soru tipi. a ve c kenarları ve- rilip, B açısının bir α açısından küçük veya büyük olduğu ve- rilir. Bu durumda x’in alabile- ceği değerler sorulur.

Çözüm yolu. B açısının ölçüsü tam α^o olduğunda x’in kaç olacağı kosinüs teoremi yardımıyla bulu- nur. Bulunanın p olduğunu farzedelim.

m(B) < α^o ise |a – c| < x < p, m(B) > α^o ise p < x < a + c.

Diğer sınır değerlerini üçgen eşitsizliği yardımıyla bulduk.

Örnek. ABC üçgeninde |AB| = 8 ve |BC| = 5 olarak veriliyor. m(B)

= α < 60^o ise |AC| kaç farklı tam- sayı değeri alabilir?

Çözüm: α = 60^o olsaydı, |AC| = 7 olurdu. Bunu kosinüs teoreminden bulduk. O halde |AC| < 7. Diğer yandan, üçgen eşitsizliğinden |AC| > 3.

Sonuç olarak {4, 5, 6} olmak üzere 3 farklı tam- sayı değeri alabilir.

Soru tipi. Bir üçgenin herhangi 2 açı ölçüsü ve 1 kenar uzunluğu verilip, diğer kenarlardan biri so- rulur.

Çözüm yolu: Sinüs Teoremi’nden kolaylıkla çözülebilir.

Uygun şartlar altında, 1 açı ölçüsü ve 2 kenar uzunluğu verilip, diğer

bir açı ölçüsü sorulduğunda da Sinüs Teoremi uy- gulanabilir.

Örnek. Yandaki şekilde BA ⊥ AD ve BC ⊥ CA veriliyor.

|CB| = 4, |BA| = 5 ve |AD| = 10 ise

|CD| = x kaç olur?

Çözüm: |AC| = 3 olduğunu hemen yazalım. x’in bulu-

nabilmesi cos(DAC) değerinin bilinmesine bağlı. Diğer yan- dan m(DAC) = m(ABC) olduğundan cos(ABC) =

5

4 diye cos(DAC) = 5 4.

x² = 3² + 10² – 2⋅3⋅10⋅

5

4 = 61 .

Örnek. ABCD bir ya- muk,

|DA| = 9,

|AB| = 3,

|BC| = 5,

|CD| = 37

olduğuna göre m(A) kaç derecedir?

Çözüm: İster B’den CD’ye paralel olarak geçen doğruyu çizin, isterseniz şekilde yaptığımız gibi C’den BA’ya paralel olarak geçen CE doğru- sunu. EABC paralelkenar olur. CEA üçgeninde ko- sinüs teoreminden,

37 = 3² + 4² − 2⋅3⋅4⋅cos α 37 = 25 − 24⋅cos α cos α = −

2

1 olduğundan α = m(A) = 120^o’dir.

A

B C

α 5 8 A

B C

D

E

a b d e c

x

A

B C

D

E

a b

d e

c

x

A

B

C D

E a

c b

d e

x

A

B a C

c x

A

B a C

α b β

A C B

D

3 5

9 37

A B C

D

3 5

5 37

4 3

E

α α

A

C 4 D

5 10

x A

B

C 4 D

5 10

x 3

Örnek. ABC bir dik üç- gen olup, C’den geçen B merkezli çember hipote- nüsü D’de kesiyor.

|BC| = 6,

|BA| = 8

olduğuna göre |AD| = x kaçtır?

Çözüm: Çemberde kuv- vet teoreminden hemen çözülebilecek bu soruyu biz şu an kosinüs teoremiyle çözeceğiz. [BD] yarı- çap olduğundan |BD| = 6’dır. Diğer yandan m(CAB) = α iken cos α =

5

4 olur. BDA üçgeninde kosinüs teoreminden,

36 = x² + 64 − 2⋅x⋅8⋅

5 4

bulunur ki, denklemin pozitif kökü x = 5 14’dir.

Örnek. ABCD bir eşke- nar dörtgen,

|CF| = |EA| = 1,

|BF| = |DE| = 2 m(CDA) = 120^o ise |FE| = x kaçtır?

Çözüm: E’den AB ke- narına paralel olan EL doğrusunu çizelim. |FL|

= 1 ve |LE| = 3 olur.

ELF açısının ölçüsü de 120^o olacağından ELF üçgeninde kosinüs teo- reminden,

x² = 1² + 3² − 2⋅1⋅3⋅(−

2

1) = 1 + 9 + 3 = 13

olur ki buradan x = 13 bulunur.

Örnek. Yandaki ABCD kiriş- ler dörtgeninin yarıçapı 2’dir.

m(DAB) = 5θ, m(BCD) = 7θ ise |BD| = x kaçtır?

Çözüm: Kiriş dörtgenlerinde karşılıklı açı ölçüleri toplamı 180^o’ydi. O halde 12⋅θ = 180^o ve θ = 15^o olur. O halde m(DAB) = 75^o ve dolayısıyla

m(DOB) = 150^o bulunur. Gerisi kosinüs teoremine kaldı:

x² = 2² + 2² − 2⋅2⋅2⋅(−

2

3) = 8 + 4 3

diye x = 8+4 3 = 8+2 12 = 6+ 2. Örnek. CDB üçgenin- de,

AC ⊥ BC,

|AC| = |AD|,

|BC| = 4,

|BA| = 5

ise |CD| = x kaçtır?

Çözüm: m(DAC) = α olsun. cos α değerini bulabilirsek, DAC üç- geninde kosinüs teo- reminden soruyu çöze- riz. m(CAB) = θ olsun.

α ile θ bütünler oldu- ğundan cos α = −cos θ = −

5

3 olur. O halde,

x² = 3² + 3² − 2⋅3⋅3⋅(−

5

3) = 18 +

5 144 5

54 =

diye x =

5 5 12 5

12 = bulunur.

Direkt olarak, DBC üçgeninde B açısına bağlı bir kosinüs teoremi de yazabilirdik, daha kısa sürerdi ama bütünler açıların kosinüslerinin birbirlerinin zıt işaretlileri olduğunu da hatırlayalım istedim.

Örnek. ABCD bir kare

|CE| = |ED|, m(BEA) = θ ise tan θ kaçtır?

Çözüm: Karenin bir kenar uzunluğu 2 olsun. |CE| =

|ED| = 1 olur. |BE| = |EA| = 5 olduğundan ABE üçge- ninde kosinüs teoreminden cos θ’yı bulup, oradan tan θ değerini bulacağız.

2² = 5 + 5 − 2⋅5⋅cos θ cos θ =

5

3 bulunur.

Uygun dik üçgeni çizerek, θ dar açı olduğundan, tan θ =

3

4 olduğu rahatlıkla bulunabilir.

A B

C D

6 8

x

A B

C D

6 8

x 6

α

A B

C

D E

1 F

2 3

1 3 2

x 120

A B

C

D E

1F

1

3 1 3 2

x 120 1L

3

B A

C

75

x

B A

C

D

5θ 7θ x

2 O

2

150

4 5

A

B C

D

4 5

A

B C

D

3 3

x x

θ α

A B C

D E θ

A B C

D E θ 1

1

2

2 5 5

2 θ/2

EBC üçgeninde tan(

2 θ ) =

2

1 olduğundan, yarım açı formüllerini kullanarak da tan θ’ya ulaşılabi- lirdi, tavsiyemiz odur, ilerde göreceğiz.

Örnek. ABC ve CDE birer üçgendir.

|EA| = 3,

|AB| = 8,

|BC| = 6,

|CD| = |CE| = 4 ise |ED| = x kaçtır?

Çözüm: m(ECD) = α ve m(BCA) = θ olsun.

α ile θ’nın bütünler olduğuna da dikkat edin.

BCA üçgeninde kosi- nüs teoreminden cos θ’yı bulacağız. cos α = −cos θ olduğundan bunu ECD üçgenindeki kosinüs teo- remi uygulamasında yerine koyacağız.

Uzatmayayım, cos θ = 4

1 çıktığından cos α = − 4 1

olur. Yerine yazılırsa x = 40 olarak bulunur.

Örnek. ABCD kirişler dört- geninde,

|CD| = a,

|DA| = a + 2,

|AB| = |BC| = a + 1, m(BCD) = α

olduğuna göre cos α kaçtır?

Çözüm: [DB] köşegenini çi- zelim. Boyuna da x diyelim.

Hemen BCD üçgeninde hem de DAB üçgeninde kosinüs teoremi uygulayacağız.

x² = a² + (a + 1)² − 2⋅a⋅(a + 1)⋅cos α = 2a² + 2a + 1 − (2a² + 2a)⋅cos α

m(DAB) = α′ olsun. α ile α′ bütünler olduğundan cos α′ = −cos α olur.

x² = (a + 1)² + (a + 2)² − 2⋅(a + 1)⋅(a + 2)⋅(−cos α) = 2a² + 6a + 5 + (2a² + 6a + 4)⋅cos α

Şimdi bulduğumuz bu farklıymış gibi görünen iki x² değerini eşitleyeceğiz.

x² = 2a² + 2a + 1 − (2a² + 2a)⋅cos α = 2a² + 6a + 5 + (2a² + 6a + 4)⋅cos α eşitliği düzenlenirse,

−4a − 4 = (4a² + 8a + 4)⋅cos α

−4⋅(a + 1) = 4⋅(a + 1)²⋅cos α

olduğundan cos α = 1 1 +

−

a bulunur.

Örnek. Yandaki ABCD kiriş- ler dörtgeninde,

|CD| = 2,

|DA| = |AB| = 3,

|BC| = 4

ise |CA| = x kaçtır?

Çözüm: m(CDA) = θ olsun.

Bir önceki örnekten sebeple- nelim:

Ona göre cos θ = − 3 1.

CDA üçgeninde kosinüs teo- remi uygulanırsa,

x² = 2² + 3² − 2⋅2⋅3⋅(−

3

1) = 4 + 9 + 4 = 17

olduğundan x = 17 bulunur.

Örnek. Bir üçgenin kenar uzunlukları olan a, b, c arasında

b + c − a =

c b a

bc + +

bağıntısı geçerliyse, bu üçgenin A açısının ölçüsü kaç derecedir?

Çözüm: (b + c − a)⋅(b + c + a) = bc olduğundan (b + c)² − a² = bc olur. b² + 2bc + c² – a² = bc eşit- liğinden a² = b² + c² + bc bulunur ki, kosinüs teo- remi gereği a² = b² + c² – 2bc⋅cos A olduğunu bil- diğimizden bc = −2bc⋅cos A bulunur. cos A =

2

−1 çıktığından m(A) = 120^o olarak bulunur.

Örnek. Bir üçgenin kenar uzunlukları olan a, b, c arasında

a²⋅(a – b – c) = a³ – b³ – c³

bağıntısı geçerliyse, bu üçgenin A açısının ölçüsü kaç derecedir?

Çözüm: a³ – a²b – a²c = a³ – b³ – c³ eşitliğinde gerekli sadeleştirmeler yapılırsa,

a²⋅(b + c) = (b + c)⋅(b² – bc + c²)

çıkar. Bu da a² = b² + c² – bc demektir. Üst soruda yaptığımız gibi −bc = −2bc⋅cos A dersek, cos A =

2

1 çıktığından m(A) = 60^o olarak bulunur.

A

B C D

8 E

3

4 4 6

x

A

B C D

8 E

3

4 4 6

x θ α

A B C

D ^{a a+1}

a+1 a+2

α

A B C

D ^a

a+1 a+1 a+2

α x

α

A B

C D

3

3 4

2 x

A B

C D

3

3 4

2 x θ

Sinüs Teoremi. ABC herhangi bir üçgen olsun.

Açılara sırasıyla α, β, γ diyelim. O zaman

= γ

= β

α sin sin

sin

AB AC

BC

eşitlikleri geçerlidir. Ayrıca, eğer üçgenin köşeleri R yarıçaplı bir çemberin üstündeyse, bu değerler 2R’ye eşittir.

Kanıt-1: Çemberin merkezine O diyelim. Şekildeki gibi O’dan BC’ye dik inelim.

m(BOP) = α eşitliğine dikkati- nizi çekerim. |BO| = |OC| ol- duğundan, BOP ikizkenar bir üçgendir, dolayısıyla m(BOP)

= m(POC). Şimdi BOP üçgeninde hesaplayalım:

sin α = sin(BOP) =

R BC OB

BP

= 2 . Demek ki

α sin

BC = 2R. (Dikkat: Eğer α açısı 90^o’den fazlaysa, o zaman O noktası üçgenin dı- şında kalır ama gene aynı eşitliği elde ederiz.) Ay- nı şeyi diğer açılarla da yaparsak teoremi elde ede- riz. □

Kanıt-2: A köşesinden geçen çap çemberi B′ noktasında kessin. m(ACB′) = 90^o ve m(AB′C) = m(ABC) olur.

sin B = sin B′ = R b

2 olduğun- dan eşitliğin biri gösterilmiş olur. Diğerleri de si- metrik şekilde kanıtlanabilir.

Örnek. Bir ABC üçgeninde,

sin² A + sin² B = sin² C

eşitliği geçerliyse, bu üçgen ailesi hakkında ne söylenebilir?

Çözüm: Sinüs Teoremi’ne göre, C R c B b A

a 2

sin sin

sin = = =

diye sin A = R a

2 , sin B = R b

2 ve sin C = R c 2 . Verilen bağıntıda bu değerler yerlerine yazılırsa, ( R

b

2 )² + ( R c

2 )² = ( R a

2 )² olur ki, sadeleştirilirse b² + c² = a² bulunur. O halde bu eşitliğin geçerli olduğu üçgen ailesi A açısı dik olan üçgen ailesi- dir.

Örnek. Bir ABC üçgeninde a = 12 olup, cos A = 13

5 olarak veriliyor. Bu üçgenin çevrel çemberinin yarıçapı kaçtır?

Çözüm: Uygun dik üçgeni hemen çizerseniz sin A

= 13

12 olduğunu görürsünüz. Sinüs Teoremi gereği

A R

a 2

sin = olduğunu biliyoruz. a ve sin A değer- leri bu eşitlikte yerlerine yazılırsa R = 6.5 olarak bulunur.

Soru tipi. Yandaki şekilde a, b, c, d, x değerlerinden dördü verilip, beşinci sorulur.

Çözüm yolu: Stewart Teore- mi yardımıyla bulunur.

Stewart Teoremi. Yandaki şekil için;

e² =

d c

c b d a

+ + ²

2

– cd.

Kanıt: ADB ve ADC açılarına sahip üçgenlerde kosinüs teoremi uygulanıp e² değeri çekilirse iste- nilen elde edilir.

Uyarı. İkizkenar üçgen- lerde Stewart Teoremi çok daha basit bir hal alır.

x² = a² – b.c

Genel Stewart formülünden bu eşitliğin kanıtını yapabilirsiniz. Çemberde kuvvet konusunda da şık bir kanıtını daha göreceksiniz.

Soru tipi. A’dan B’ye, C’ye uğramak kaydıyla, en kısa yolun boyu veya yolun en kısa olması için C’nin nerede alınması gerektiği sorulur.

Çözüm yolu: Biraz detaylı oldu ama aşağıdaki hi- kaye sorunu çözer:

Koordinatları verilmiş A ve B noktalarını birer köy, x eksenini de bir ırmak gibi düşünün. A kö- yündesiniz. Köyünüzde bir yarışma yapılıyor. Kim ırmaktan su içtikten sonra en erken B köyüne va- racak? Herkes, eğer hızlarında değişiklik olmazsa ırmağa ilk varanın, B’ye de ilk varacağını düşünür.

Ama bu köyde kazların ayağı öyle değil! Tavşan kaplumbağadan hızlıdır ama her zaman tavşan kaplumbağayı geçemez değil mi? Daha hızlı ol- maktansa daha kısa yolu tercih etmek daha fayda- lıdır çoğu zaman. Şimdi dediklerimi iyi dinleyin.

A

B D C

c b

a d

x

A

B D C

a a

b c

x A

B C

a b

c d

e D

A

B C

c a

b

2R

B'

A

B C

O

P

A

A