1
BİLGİ: Bir üçgende yüksekliklerin ayakları, kenarların orta noktaları, diklik merkezi ile köşeleri birleştiren doğru parçalarının orta noktaları aynı çember üzerindedir. Bu çembere Dokuz Nokta Çemberi ya da Euler çemberi denir.
İSPAT:
Yukarıdaki üçgende ABC üçgeninin yükseklikleri
BE ,
AF ve
CD ’nı çizelim.
ˆm DCB Olsun. FHEC dörtgeni kirişler dörtgeni olduğundan m BEF
ˆ olur. BDEC dörtgeni de kirişler dörtgeni olduğundan
ˆm DEB olur. (Ortik üçgen özelliği de kullanılabilir.)
BC ’nın orta noktası I olsun.DI IC Olur. (muhteşem üçlü) Bu durumda
ˆm IDC ve m DIB
ˆ 2 olur.
ˆ ˆ 2m DIB m DEF Olduğundan; DEF üçgeninin çevrel çemberi I’dan da geçer. Aynı işlemler
AC ve
AB ’nın orta noktaları için de yapılırsa dikme ayakları ve kenarların orta noktalarının çembersel olduğu ispatlanmış olur ve aşağıdaki şekil elde edilir.
Şimdi de G,K ve M noktalarının
BH ,
CH ve
AH’nın orta noktaları olduğunu ispatlayalım.
FK Çizilirse; aynı yayı gördükleri için
ˆ ˆ 2m DEF m DKF olur. m KFC
ˆ Olacağından FK FC ve muhteşem üçlüden
2 HK HC elde edilir. Aynı işlem M ve G noktaları için de yapılır ve ispat tamamlanmış olur.
BİLGİ: Bir üçgende çevrel çemberin yarıçapı R ise bu üçgene ait dokuz nokta çemberinin yarıçapı
2 R’dir.
İSPAT- 1:
Dokuz nokta çemberi aynı zamanda GKM üçgeninin de çevrel çemberidir. M,G ve K orta noktalar olduğundan ABH üçgeninde
AB / / GM Ve2
AB GM ’dir. Benzer şekilde;
AC / / KM Ve2
AC KM
BC / / GK Ve2
BC GK eşitlikleri bulunur.
ABC MGK
Vardır ve benzerlik oranı 1 2’dir.
Çevrel çemberleri arasında da bu benzerlik vardır.
Yarıçapları oranı da 1 2’dir.
İSPAT- 2:
ABC üçgeninin dokuz nokta çemberi aynı zamanda ortay üçgenin de çevrel çemberidir.
ABC üçgeninin alanı JLI üçgenin alanının 4 katıdır. ABC üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapı R, JLI üçgeninin çevrel çemberinin (dokuz nokta çemberi) yarıçapı R’
olsun;
4 A ABC
A J LI
Olduğundan;
. .
4 4
2 2 2. . 4 ' a b c
R a b c
R
eşitliği
düzenlenirse; ' 1 2 R
R bulunur.
BİLGİ: Bir üçgende diklik merkezi H ve çevrel çemberin merkezi O ise bu üçgene ait dokuz nokta çemberinin merkezi
OH ’nın orta noktasıdır.3 İSPAT:
Yukarıdaki şekilde ABC üçgeninin diklik merkezi H, çevrel çemberin merkezi O ve
OH ’nın orta noktası N olsun. HOC üçgeninde OC R’dir. N ve K ilgilikenarların orta noktaları olduğundan
NK / / OC ve2
NK R’dir. (Orta taban) Bu durumda dokuz nokta
çemberinin yarıçapı da 2
R olduğundan, NK yarıçap uzunluğuna eşittir. Aynı işlemler HOA üçgeninde
NM ve HOB üçgeninde
GN için de yapılırsa;2
NK NM NG R olur. Bu durumda N noktası dokuz nokta çemberinin merkezidir.
BİLGİ: Bir ABC üçgeninde diklik merkezi’nin (H) bir köşeye uzaklığının, çevrel çemberin merkezinin (O) ilgili köşenin karşısındaki kenara olan uzaklığına oranı 2’dir. Yani aşağıdaki şekle göre HA 2
OI ’dir.
İSPAT:
ABC üçgeninin çevrel çemberinin
PC çapını
PB ve
PA kirişlerini çizelim. m CBP
ˆ m PACˆ 90 Olur.4 O çevrel çemberin merkezi ve I noktası BC kenarının orta noktasıdır.
OI x İse PB2x olur. (Orta Taban)
PA / / BE ve
PB / / AH olduğundan APBH dörtgeniparalelkenardır. Bu durumda PB HA2x bulunur.
BİLGİ: Bir üçgende diklik merkezi H, üçgensel bölgenin ağırlık merkezi G ve çevrel çemberin merkezi O doğrusaldır. (Aynı zamanda dokuz nokta çemberinin merkezinin de bu doğru üzerinde olduğu önceki sayfada ispatlandı)
İSPAT:
Şekildeki AI kenarortayı çizilirse
HA / / OI olduğundan AH G IOG
’dir. Bu benzerlikte benzerlik oranı 2’dir. Bu durumda HG 2
GO ve AG 2
GI ’dir. G noktası
AI ’nı 2:1 oranındabölmektedir. Bu da ancak G noktasının ağırlık merkezi olmasıyla mümkün olur.
ABC üçgeninde H (Diklik merkezi), O (Çevrel Çemberin Merkezi), G (üçgensel Bölgenin Ağırlık Merkezi) ve N (Dokuz Nokta Çemberinin Merkezi) ‘nin doğrusal
olduğu ispatlanmış oldu. Bu doğruya EULER doğrusu denir.
Kenarortay üzerindeki meşhur 3-1-2 kuralı H,N,G ve O noktaları arasında da vardır. Yani bu noktalar EULER doğrusu üzerine;
Şeklinde yerleşirler.
UYGULAMALAR:
1) (2009-ALES Sonbahar / Sayısal-2)
Aşağıda ABC üçgeni ve üçgenin dokuz nokta çemberi gösterilmiştir.
Tanım:
Bir ABC üçgeninde, kenarların orta noktalarından
A B C , yüksekliklerin ayaklarından (D,E,F) ve 1, ,1 1
yüksekliklerin kesiştiği nokta H olmak üzere
HA ,
HB ve
HC ’nın orta noktalarından
A B C2, ,2 2
bir çember geçer ve bu dokuz özel noktadan geçen çembere “ABC üçgeninin dokuz nokta çemberi” denir.5 Dikkat:
ABC üçgeninin kenar ve açı özelliklerine göre bu özel noktaların bazıları çakışır ve böylece birbirinden farklı özel nokta sayısı dokuzdan az olur.
Soru 1) Bir eşkenar üçgende dokuz nokta çemberi kaç farklı özel noktadan geçer?
A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 7
ÇÖZÜM:
Eşkenar üçgende A noktası D noktası ile, 1 B noktası E 1 ile ve C noktası F ile çakışacağından 9 özel nokta sayısı 1 6’ya düşer. Cevap: D’dir.
Soru 2)
Yukarıdaki ABC ikizkenar dik üçgeninde B noktası hangi özel noktalarla çakışır?
A) A F C 1, , B) A F B 1, , 2 C) B D B 1, , 2 D) D E A , , 2 E) D F B , , 2
Çözüm:
Dik üçgenlerde diklik merkezi dik açının bulunduğu köşede olduğundan F ve D noktaları B noktası ile çakışır. H ve B noktaları çakışacağından yine orta noktaları olan B noktası da B noktası ile çakışır. 2 Cevap: E’dir.
2)
Dar açılı bir ABC üçgenine ait Ortik üçgenin kenar uzunluklarını ABC üçgeninin kenar uzunlukları ve açıları cinsinden yazınız.
ÇÖZÜM:
Ortik üçgenin çevrel çemberi ABC üçgeninin dokuz nokta çemberidir. Dokuz nokta çemberinin yarıçapı da ABC üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapının yarısı kadardır.
Ortik üçgenin açıları yazıldığında; 90 olur.
ABC ve DEF üçgenlerinde Sinüs teoremi yazalım;
a
2RSin Ve
2DE R
Sin ’dir. (çemberlerin yarıçapları oranı 1
2 ’dir.) 90 Olduğundan ( ) 2
a R
Cos elde edilir. Eşitlikleri taraf tarafa bölelim;
6
2 2 a Cos
DE Sin
2
2. .
a Cos
DE Sin Cos
.
DE a Sin Elde edilir. 90 Olduğundan;
.
DE a Cos Yani DE a CosA. bağıntısı bulunur. Diğer kenarlar için de aynı işlemler yapılırsa;
.
FE c CosC Ve FDb CosB. bağıntıları elde edilir.
3)
Aşağıdaki şekilde ABC üçgeninin dokuz nokta çemberi aynı zamanda ABH, ACH ve BCH üçgenlerinin de dokuz nokta çemberidir. Gösteriniz.
Çözüm:
ABH üçgeni için ispatlayalım. Şekildeki çemberin ABH üçgeninin de dokuz nokta çemberi olması için
yükseklik ayaklarından, kenarların orta noktalarından
ve diklik merkezini köşeler birleştiren doğru parçalarının orta noktalarından geçmesi gerekir.
ABH üçgeninin dikme ayakları D,E ve F noktalarıdır.
ABC üçgeninin dokuz nokta çemberi bu noktalardan geçer. Birinci koşul sağlanmış oldu. ABH üçgeninin kenarlarının orta noktaları P,M ve J noktalarıdır.
Çember bu noktalardan da geçer. İkinci koşul da sağlanmış oldu. Şimdi de diklik merkezi ile köşeyi birleştiren doğru parçasının orta noktalarından geçtiğini gösterelim. ABH üçgeninin diklik merkezi C noktasıdır.
CA ’nın orta noktası L,
CB ’nın ortanoktası I ve
CH ’nın orta noktası da K noktasıdır.Çember bu üç noktadan da geçtiğine göre şekildeki çember aynı zamanda ABH üçgenin de dokuz nokta çemberidir. Aynı işlemler diğer üçgenler için de yapıldığında ispat tamamlanır.
Ek Bilgi: Yukarıdaki şekilde ABC, ABH, ACH ve BCH üçgenlerinin EULER doğruları aynı noktada kesişirler.
EULER doğrusunun üçgenin dokuz nokta çemberini merkezinden(N) de geçtiği daha önceden
ispatlanmıştı. Söz konusu üçgenlerin dokuz nokta çemberi aynı çember olduklarından bu üçgenleri EULER doğruları N’de kesişirler.
7 4) Bir ABC üçgeninde dış teğet çemberlerin merkezleri
Ia, Ib ve Ic ise I I Ia b c üçgeninin dokuz nokta çemberi ABC üçgeninin çevrel çemberidir.
Gösteriniz.
Çözüm:
ABC üçgeni, I I Ia b c üçgeninin Ortik üçgeni ise kanıt tamamlanır. Bunu gösterelim.
Yukarıdaki şekilde Ia, Ib ve Ic dış merkezlerdir.
AIaABC üçgeninin A köşesine ait iç açıortayı olur.
AIbDış açıortay olduğundan
90 bulunur.
AIa ,a b c
I I I üçgeninin Ia köşesine ait yüksekliğidir. Aynı işlemler B ve C noktaları için de yapılırsa bu noktaların
a b c
I I I üçgeninin dikme ayakları olduğu anlaşılır. Dikme ayaklarından yalnız bir çember geçer ki bu da I I Ia b c üçgeninin dokuz nokta çemberi, ABC üçgeninin ise çevrel çemberidir.
KAYNAKLAR:
Mehmet Şahin, Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık Geometri-1, Palme Yayıncılık, Ankara, 2013
Mustafa YAĞCI, Matematik Dünyası Dergisi, 2005 kış Sayısı.
Lokman Gökçe, Olimpiyatlar İçin Düzlem Geometri, Altın Nokta Yayınevi, İzmir, 2012
Ahmet Erdem, Trigonometri ve Çözümlü Problemler, Kutulmuş Matbaası, İstanbul, 1968