Mustafa Yağcı
Osman Ekiz
Üçgende Açıortay Bağıntıları
1. Açıortay doğrusu üzerinde alınan rastgele bir noktanın açının kollarına olan uzaklıkları eşittir.
2. ABC ve CDA birer dik üçgen
AB  BC
CD  DA
DE  CA
m(DCA) = α
m(BCA) = 2α
|AB| = 12 br
olduğuna göre |DE| = x kaç br dir?
D
A
x
E
12

B
Çözüm: ADC üçgeninin CD doğrusuna göre simetriğini çizerek ACF
ikizkenar üçgenini oluşturalım. F’den AC’ye indirilen dikme ayağı K olsun. |AD| = |DF| olduğundan [DE], AKF dik üçgeninde orta tabandır.
|DE| = x br olduğundan |FK| = 2x br olur. Diğer yandan A’dan FC’ye indirilen dikme ayağı L olsun. CA doğrusu BCF açısının açıortayı olduğundan |AB| = |AL| = 12 br dir. İkizkenar üçgende ikiz kenarlara inen
yükseklikler eşit boyda olmaları gerekir diye 2x = 12 eşitliğinden x = 6
bulunur.
3. ABCD ve EFKL
8 ayrı noktada kesişen
birer eş karedir.
m(RQK) = α
m(SPE) = 
olduğuna göre α ile 
arasında geçerli olan
bağıntı aşağıdakilerden
hangisidir?
matematikolimpiyatmerkezi
Kanıt: Açımız yan şekildeki gibi CAB açısı, bu açının açıortayı üzerinde
B
rastgele alınan nokta P ve P’den açının kollarına inilen dikme ayakları da B
P


ve C olsun. ABP ile ACP üçgenlerinin üçer iç açı ölçüsü ve bununla birlikte
A
C
hipotenüs uzunlukları eşit olduğundan ABP  ACP olur. Dolayısıyla |PB| =
|PC| ve bununla birlikte |AB| = |AC|’dir. Aslında simetrinin tanımı gereği de önermenin doğru
olduğu ortadadır.
C
12
F
D
A
x
12
E

12
L
K


B
C
E
A

D
P
R
L
F
S

B
Q
C
K
Üçgende Açıortay Bağıntıları Çözüm: R’den CD ve KL kenarlarına indirilen dikme ayakları sırasıyla Y ve X olsun. |RY| ve
|RX| değerleri karelerin bir kenar uzunluğuna eşit olduklarından birbirlerine eşittirler. Bu durumda RXQ ile RYQ üçgenleri eş olduğundan XQR ile YQR açılarının eş olduklarını anlarız.
E
E

R
Y
F


S
B
D
P


R
L F
L
W
S

Q
C
X
Z
A
D
P
B
Q
C
K
K
matematikolimpiyatmerkezi
A
Aynı işlemleri S noktası için yaparsak |SW| = |SZ| çıkar. Bu da WPS ile ZPS açılarının eşliği anlamına gelir. PLQ dik üçgeninde iç açıların ölçüleri toplanırsa α +  = 135 eşitliğine erişilir.
4. Bir üçgenin herhangi bir iç açıortayı, üçgenin bir kenarını diğer kenarların oranında böler.
Kanıt 1: BAD ve ADC üçgensel bölgelerinin alanları sırasıyla S1 br2 ve
S2 br2 uzunluklar da şekildeki gibi olsun.
A
B
olduğunu biliyoruz. Diğer yandan
S1 =
1
c|AD|sin
2

S2 =
1
b|AD|sin
2

 
c
S1 x

S2 y
x
D
ve
eşitlikleri birbirine bölünürse aynı oran
S1 c

S2 b
olarak bulunur. O halde
c x

b y
.
Kanıt 2: Alanlar oranını kullanarak benzer bir kanıt daha yapacağız.
D noktasından AB ve AC kenarlarına inilen dikmelerin boylarının eşit
olduğunu kanıtlamıştık. O dikmelerin boyuna h br diyelim. ADB ve
ADC üçgenlerinin yükseklikleri eşit boyda olduğundan alanları oranı
bu yüksekliklerin indiği tabanlar oranı yani
olduğundan
c x

b y
1
2
1
2
ch c
 ’dir.
bh b
Aynı oran
x
y
b
C
y
A
 
c
B
x
b
h
h
D
y
C
.
2
Üçgende Açıortay Bağıntıları E
Kanıt 3: C köşesinden DA’ya paralel çizilen doğru BA’yı E’de kessin. m(BAD) = m(CEB) ve m(DAC) = m(ECA) olduğundan CAE
c x

b y
  b
c
.
B
x
DC

BA
CE
. O halde
BD
DC

BA
AC
. Yani
c x

b y
A
c
b
D y
x
B
.
C
y
D
Kanıt 4: C’den geçen BA’ya paralel çizilen doğru AD’yi E’de kessin.
m(CAE) = m(EAB) = m(AEC) olduğundan ACE üçgeni ikizkenar olup |CE|
= |AC|.
ADBile EDC üçgenleri benzer olduğundan
BD

Kanıt 5: B köşesinden açıortaya inilen dikme açıortayı F’de AC’yi
E’de kessin. C köşesinden açıortaya inilen dikme de açıortayı P’de
kessin. AFB ile APC üçgenleri benzer olur.
A
c
BF
c
 .
CP b
c x

b y
x
B
Diğer yandan BFD ile CPD üçgenleri benzer olduğundan
Bu iki eşitlikten
BF
CP

x
’dir.
y
b
P
D y
F
eşitliğine ulaşılır.
A
5. Herhangi bir ABC üçgeninin iç bölgesinde alınan bir P noktasının
köşelere birleştirilmesi ile oluşan üç üçgenin P köşelerine ait iç açıortaylarının ABC üçgeninin kenarlarını böldüğü parçaların birer atlayarak çarpımları birbirlerine eşittir.
Kanıt: Üçgenin kenarlarını şekilde görüldüğü üzere adlandıralım.
AP PC PB
.
.
PC PB PA
C
b
E
O halde
matematikolimpiyatmerkezi
ikizkenar üçgen olur. O halde |AD| = b. Tales Teoremi’nden

b
A
=1
a
F
f
E
b
B
C
c-b
E
e
c
D
d
C
eşitliği daima geçerli olan bir eşitliktir. Aynı değerler iç açıortay teoremi gereği bizi
(f/e)(d/c)(b/a) = 1
eşitliğine götürdüğünden ace = bdf eşitliği kanıtlanmış olur. Bu sonuç bize aynı zamanda Ceva
Teoremi’nin karşıtı gereği AD, BE, CF doğrularının daima noktadaş olduğunu da anlatır.
3
Üçgende Açıortay Bağıntıları 6. Bir üçgende herhangi bir iç açıortay uzunluğunun karesi, yan kenar uzunlukları çarpımının,
iç açıortayın tabanı ayırdığı parçaların uzunluklarının çarpımının farkına eşittir.
Kanıt: Üçgenimiz ABC olsun. A açısının iç açıortayı BC’yi D’de kessin. |BD| = x br, |DC| = y br ve |AD| = n br diyelim. Stewart Teoremi’nden
c2 y  b2 x
 xy
x y
 
b
n
c
B
x
D
y
C
matematikolimpiyatmerkezi
n2 
A
olduğunu biliyoruz. Ayrıca iç açıortay teoreminden cy = bx olduğundan cy yerine bx ve bx
yerine cy yazılırsa
c(cy )  b(bx)
 xy
x y
c(bx)  b(cy )

 xy
x y
bc( x  y )

 xy
x y
 bc  xy
n2 
elde edilir.
Aslında bu formül ile birlikte, üç kenarı bilinen üçgenlerin üç iç açıortayının da boyunu hesaplayabileceğimizi söyleyebiliriz. Çünkü x + y = a olduğunu biliyoruz. Diğer yandan
c x
oldu
b y
ğundan x = ck ve y = bk denecek şekilde pozitif bir k reelinin varlığından bahsedebiliriz.
x + y = ck + bk = (c + b)k = a
olduğundan k 
a
olur. O halde
cb
xc
a
a
ve y  b
cb
cb
dir. Bulunanlar denklemde yerlerine yazılırsa;
  a 2 
a 2 bc
bc

1  
 
(b  c) 2
 bc 
n 2  bc 
elde edilir.
Diğer iç açıortaylar için de benzer işlemler yapılırsa
nA
2
  a 2 
 bc 1  
 
 bc 
  b 2 
nB 2  ca 1  
 
 ca 
nC
2
  c 2 
 ab 1  
 
  ab 
formüllerine ulaşabilirsiniz.
4
Üçgende Açıortay Bağıntıları 7. Kenar uzunlukları a br, b br ve c br olan bir ABC üçgeninin iç açıortay ayaklarını köşe kabul
eden üçgen DEF olsun. Öyleyse
Alan( DEF )
2abc

Alan( ABC ) (a  b)(a  c)(b  c )
.
eşitliği geçerlidir.
AD iç açıortay olduğundan,
BD
DC

AB
AC

c
b
matematikolimpiyatmerkezi
Kanıt: Her zamanki gibi |BC| = a br, |CA| = b br ve |AB| = c br olsun. D  [BC], E  [CA] ve F
 [AB] kabul edelim.
olur. O halde |BD| = ck ve |DC| = bk olacak şekilde pozitif bir k reel sayısı vardır. ck + bk = a
olduğundan k 
a
ca
ba
dir. Bu durumda |BD| =
ve |DC| =
olur. Benzer şekilde |AE|,
bc
bc
bc
|EC|, |AF|, |FB| değerleri bulunarak şekildeki gibi yerlerine yazalım. Şimdi Routh Teoremi’ni
kullanarak kanıtı tamamlayabiliriz.
ca
ab
bc
ab
bc
ca





Alan( DEF ) b  c c  a a  b b  c c  a a  b

abc
Alan( ABC )
ca
ab
bc
2


b
c
c
a
a


b

abc
2a 2 b 2 c 2
(a  b)(b  c)(c  a)

abc
2abc

(a  b)(b  c)(c  a)
8. Bir ABC üçgeninde A açısının dış açıortayı, BC’yi D noktasında kessin. O zaman
DC
DB

AC
AB
.
5
Üçgende Açıortay Bağıntıları Bir de uzunluklara değer vererek formülü düzenleyelim. Öyle akılda daha kalıcı olur.
ise
x
b

xa c
F
A

c
B
.
a

b
x
C
D
Orantının kendine ait özelliklerinden eşitliği
x xa

b
c
şeklinde de düzenleyebiliriz.
Şimdi bu eşitliklerin neden geçerli olduklarını kanıtlayalım:
Kanıt 1: [BA üzerinde, DA doğrusu BDE açısının açıortayı olacak şekilde bir E noktası alalım. DCA ile DEA üçgenlerinin eş
olacağını fark etmiş olmalısınız. Çünkü hem |AC| = |AE|, hem
m(CAD) = m(EAD) hem de [AD] kenarları ortaktır. Bu eşlikten
dolayı m(CDA) =  dersek m(EDA) =  olur, böylelikle EDB üçgeninde [DA] iç açıortay olur. O halde
ğer bir deyişle
x
b

xa c
DE
DB

AE
AB
olmalıdır, di-
A

c
B
a
F
E
b

x
b
x
C

dir.
Kanıt 2: Nihai noktada ulaşmak istediğimiz sonuç orantılı doğru
parçalarıyla ilgili olduğundan aklımıza Tales teoreminin gelmesi
kaçınılmazdır. Bu sebeple C noktasından BA’ya paralel olan bir
doğru çizelim. Bu doğru AD’yi E’de kessin. İç ters açıların eşliği
gereği m(FAE) = m(CEA) = α olacağından ACE üçgeni ikizkenar
olur.
F
A
c
b


E

b
B
a
AB // EC olduğundan ECD ve ABD üçgenlerinin benzerliğini kullanacağız:
matematikolimpiyatmerkezi
|BC| = a br
|CA| = b br
|AB| = c br
|CD| = x br
C
x
b
 .
xa c
x

D
D
Kanıt 3: Bu ve bundan sonraki kanıtı da alan teknikleriyle yapalım. Teoremin aslındaki şekilden takip edebilirsiniz. Kanıtlamak istediğimiz eşitlikte bulunan x ve x + a değerleri sırasıyla
ACD ve ABD üçgenlerinin taban uzunlukları olduğundan bu üçgenlerin alanlarına odaklanacağız. Tabii
Alan( ACD )
x

Alan( ABD) x  a
6
Üçgende Açıortay Bağıntıları eşitliğini hemen not edelim. Diğer yandan aynı oran
1
 b  AD  sin α
Alan( ACD)
b
 1 2

Alan( ABD) 2  c  AD  sin(180o  α) c
olduğundan
x
b

xa c
matematikolimpiyatmerkezi
eşitliği kanıtlanmış olur.
Kanıt 4: Bu sefer sinüslü alan
EF
formülünden değil
A 
tabançarpıyükseklikbölüiki

h
c
b
formülünden gitmeyi planlıyoruz.
h
AD, nihayetinde bir açıortay
x
a
C
B
D
olduğundan D’nin
AF ve AC doğrularına
uzaklıkları birbirlerine eşittir. Bu uzaklığa h br diyelim. Bu da ACD ve ABD üçgenlerinin [CA]
ve [BA] kenarlarına inen yüksekliklerin birbirlerine eşit olması demektir. Elimizde hem
Alan( ACD )
x

Alan( ABD) x  a
hem de
Alan( ACD) 12  b  h b


Alan( ABD) 12  c  h c
eşitliği olduğundan istenilen kanıtlanmıştır.
9. Bir ABC üçgeninde A açısının dış açıortayı, BC’yi D noktasında kessin. O zaman,
|AD|2 = |DC||DB| – |AC||AB|
Bir de formülü uzunlukları
adlandırarak verelim:
|BC| = a br
|CA| = b br
|AB| = c br
|CD| = x br
|AD| = n br
ise n2 = x(x + a) – bc eşitliği geçerlidir.
Dış açıortay teoreminin
x
b

xa c
F
A

c
B
a

n
b
C
x
D
olduğunu hatırlarsanız, o formülde böldüğümüz şeyleri bura-
da çarpıyoruz, araya da ‘’=’’ işareti yerine ‘’ – ‘’ işareti koyuyoruz.
7
Üçgende Açıortay Bağıntıları Şimdi bu eşitliğin neden geçerli olduğunu kanıtlayalım.
Kanıt 2: Dış açıortay Teoremi’ne verdiğimiz Kanıt 1’deki şekli
kullanacağız. AD doğrusu ABC üçgenine göre dış açıortaydır
ama EDB üçgenine göre iç açıortaydır. İç açıortayın da boyunu
hesaplamayı bildiğimizden sonuca hemencecik varıyoruz:
n2 = x(x + a) – bc
b
A

c
B
a
E

b
C
n
x
10. Bir üçgende iç açıortaylar noktadaştır.
Kanıt: ABC üçgeninde AD, BE, CF iç açıortaylar olsun.
11. ABC üçgeninin AD, BE, CF iç açıortaylarının kesim noktası I olmak üzere
IE

ac
b
,
IC
IF

ab
c
F
x

DB EC FA
AB BC CA
.
.

.
.
1
DC EA FB AC BA CB
ğundan AD, BE, CF noktadaştır.
IB
matematikolimpiyatmerkezi
Kanıt 1: A’ya ait dış açıortay çizildiği zaman ABC üçgeninin [AC] kenarı ABD üçgenine göre
bir kesen olmaktadır. O halde kesenin boyunu bulmak için yaptığımız gibi Stewart teoreminden
yardım istenebilir. Ama biz o sıkıcı işlemleri vermeyeceğiz sadece darda kaldığınızda Stewart
teoremini kullanabileceğinizi belirtelim dedik.
IA
ID
eşitlikleri mevcuttur.
12. Bir üçgenin iç açıortaylarının kesim noktası üçgenin iç teğet çemberinin merkezidir.


D
oldu-
bc
a
,
Kanıt: ABC üçgeninin iç açıortaylarının kesim noktası I olsun. I’dan BC, CA, AB kenarlarına
inilen dikme ayakları sırasıyla D, E, F olmak üzere IF = IE = ID olacağından I merkezli IF yarıçaplı çember BC, CA, AB kenarlarına teğettir.
13. ABC üçgeninde AB > AC olmak üzere BC’nin uzantısı üzerinde bir D noktası verilsin.
AD’nin BAC açısının açıortayı olması için gerek ve yeter şart
AC
AB

DC
DB
olmasıdır.
8
Üçgende Açıortay Bağıntıları Kanıt: AD dış açıortay olsun. BA’nın uzantısı üzerinde alınan C1 noktası için AC = AC1 olsun.
Bu durumda DC = DC1 ve BDC1 açısının açıortayı DA olacaktır. Buradan
DB
AC
AB


rumda
DC1
AC1
AC


AB
AB
AB
DC
DB
AC
AB
olur.
olsun. B’den geçen AC’ye paralel doğru ile DA’nın kesim noktası C1 olsun. Bu du
DC
DB

AC
C1 B
matematikolimpiyatmerkezi
DC
olup AB = C1B olur. Bu durumda m(DAC) = m(AC1B) = m(C1AB) olur.
Bu eşitlik ise AD’nin BAC açısının dış açıortayı olduğunu gösterir.
14. Bir üçgenin iki iç açıortayının belirttiği geniş açının ölçüsü, üçgenin kullanılmayan açısının
ölçüsünün yarısının 90o fazlasıdır.
A
Birinci yol. Şeklimiz bir üçgen, bir de içbükey dörtgenden oluşmaktadır. Her ikisinde de ne yapacağımızı biliyoruz.
BDC üçgeninin iç açılarının ölçüleri toplamından,
a + b + m = 180o
ABDC içbükey dörtgeninden de
a+b+n=m
eşitlikleri elde edilir. Bu eşitlikler taraf tarafa çıkartılırsa
m – n = 180 – m
2m = 180 + n
o
1
dolayısıyla da m = 90  2 n bulunur.
n
D
a
a
B
m
b
b
C
15. Bir üçgenin iki dış açıortayının belirttiği dar açı, üçgenin kullanılmayan açısının yarısıyla
tümlerdir.
16. Bir üçgenin bir iç açısının açıortayı ile bir başka açısının dış açıortayının belirttiği dar
açının ölçüsü, üçgenin kullanılmayan açısının ölçüsünün yarısıdır.
A
Kanıt: Yandaki şekilden takip edelim. n + 2a = 2b ve m + a = b
eşitlikleri ortak çözülerek istenilen eşitlik yani m =
n
2
n
bulunur.
D
m
B
a
a
b
C
b
17. Bir üçgenin iki dış açıortayının kesiştiği yerden, üçüncü açının iç açıortayı geçer.
9
Üçgende Açıortay Bağıntıları Kanıt: ‘’Üçgenin Dış Teğet Çemberleri’’ konusunda çok daha şık bir kanıtını vereceğimiz bu
teoremi şimdilik şu anki bilgilerimizle kanıtlayacağız.
o
B

o
E
C
Y
o
o
o
o
B
o
o
o
C
matematikolimpiyatmerkezi
o

F
A
X
A
A, B, C açılarının ölçüleri sırasıyla 2αº, 2θº, 2βº olan bir ABC üçgeni çizelim. Bir önceki teoremden dolayı, üst şekilde m(CXB) = αº ve m(BYA) = βº olduğunu biliyoruz. Diğer yandan A ve
C’ye ait dış açıortayların belirttiği açının ölçüsünün de 90º – θº olması gerektiğini biliyoruz. İç
açıların ölçüleri toplamından α + θ + β = 90 bulunduğundan 90 – θ değeri aslında α + β değerine eşittir.
F
A
o

B
X=Y
o
o
o
o
o
C
E
Öyleyse X ile Y aslında aynı noktadır!
18. Bir üçgende iki dış açıortay ile diğer açının iç açıortayı noktadaştır.
Kanıt: ABC üçgeninde B ve C açılarının dış açıortaylarının kesim noktası C olsun. Ia’dan BC,
CA, AB’ya inilen dikme ayakları sırasıyla D, E, F olmak üzere IaE = IaD = IaF olduğundan EIaA
ve FIaA üçgenleri eş olup AIa, A açısının iç açıortayı olur.
Benzer şekilde A açısının iç açıortayı ile B açısının dış açıortayının kesim noktasından C açısının dış açıortayının geçtiği gösterilebilir.
19. Bir üçgenin dış açıortay ayakları doğrusaldır.
A
B
R
C
P
Q
Kanıt: A, B ve C açılarının dış açıortay ayakları sırasıyla P, Q ve R olsun.
PC BR AQ AC CB BA
.
.

.
.
1
PB RA QC
AB CA BC
olur. Menelaus teoreminden P, Q ve R doğrusal olmalıdır.
10
Üçgende Açıortay Bağıntıları 20. Bir üçgenin iki dış açıortay ayağı ile diğer açının iç açıortay ayağı doğrusaldır.
A
Q
R
C
matematikolimpiyatmerkezi
B
P
Kanıt: ABC üçgeninde B ve C açılarının iç açıortay ayakları Q ve R, A açısının dış açıortay
ayağı P olsun.
olmalıdır.
PC BR AQ AC CB BA
.
.

.
.
1
PB RA QC
AB CA BC
olur. . Menelaus teoreminden P, Q ve R doğrusal
21. [Steiner-Lehmus] Bir üçgenin iki iç açıortayının uzunluğu eşit isse bu üçgen ikizkenar üçgendir.
Çözüm: m(C) > m(B) olduğunu farzedelim.
A
A
|DE| = |BC| verildiğinden DCB ile EBC üçgenlerinin ikişer keF
narları eştir.
D
D
m(DCB) > m(EBC) olduğundan |DB| > |EC| dir. DBEF paralelE
E
kenarı oluşturulursa |CD| = |BE| = |DF| olduğundan CDF ikizC
C B
kenardır. m(EFD) = m(EBD) olduğundan m(EFC) > m(ECF) B
dir. Bu da |EC| > |EF| = |DB| olmasını gerektirir ki bu da daha önce bulduğumuz sonuca göre
çelişkidir. m(C) < m(B) alınsaydı da aynı çelişki yaşanacaktı. Demek ki m(C) = m(B) olmalı.
Teoremin karşıtı zaten kanıtlanmıştı.
22. Bir d doğrusu üzerinde sırasıyla A, P, B, Q noktaları ve bu doğru üzerinde olmayan bir O
noktası verilsin.
i)
AP : AQ = PB : BQ
ii) AOB açısının iç açıortayı OP’dir.
iii) OP  OQ dur.
Yukarıda belirtilen iddialardan herhangi ikisi doğru ise diğerininde doğru olduğunu gösteriniz.
23. ABC üçgeninin BC ve AC kenarları üzerinde sırasıyla A1 ve B1 noktaları alınsın. AA1  BB1
= D ve A1B1  CD = E olsun. m(A1EC) = 900 ve A, B, A1, E noktaları çembersel ise AA1 = BA1
olduğunu gösteriniz.
11
Üçgende Açıortay Bağıntıları Çözüm: AE  BC = F olsun. AA1C üçgeninde E noktasına göre seva bağıntısından
AD A1 F CB1
.
.
1
DA1 FC B1 A
ve AA1C üç
BA1 CB1 AD
.
.
1
BC B1 A DA1
geninde BB1 kesenine göre menaleus bağıntısından
olur. m(A1EC) = 900 olduğuda göz önüne alınırsa BEF üçgeninde EA1, BEF açısının
iç açıortayıdır. Bu durumda m(BAA1) = m(BEA1) = m(A1EF) olur. A, B, A1, E noktaları
A
B1
D
E
B
A1
C
F
matematikolimpiyatmerkezi
AF
 1
CB
A1 B
CF
olur. Bu iki eşitlikten
çembersel olduğundan m(ABA1) = m(A1EF) olacaktır. m(BAA1) = m(ABA1) olduğundan AA1 =
BA1’dir.
24. Dar açılı ABC üçgeninde AD yükseklik ve AN açıortaydır. AND üçgeninin çevrel çemberi
AB ve AC’yi sırasıyla F ve E’de kessin. AD, BE ve CF’nin noktadaş olduğunu gösteriniz.
A
F
B
E
D
N
C
Çözüm: ADN çemberinde C ve B noktalarına göre kuvvet alınırsa CE.CA = CN.CD ve BF.BA
= BD.BN olup taraf tarafa oranlarsak
olur. Bu durumda
CD
BD

CE
BF
yani
CN CD CA CE
.
.

BN BD BA BF
CD BF
.
1
BD CE
olduğundan AF = AE dir. Bu durumda
olup AN açıortay olduğundan
CN
BN

CA
BA
bulunur. AN açıortay ve AB  NF ve AC  NE
CD BF AE
.
.
 1 olup seva bağıntısından AD, BE ve CF
BD AF CE
noktadaştır.
12
Üçgende Açıortay Bağıntıları 25. ABC üçgeninde B ve C açılarının dış açıortaylarının kesim noktası O noktasıdır. AC’nin orta noktası M olmak üzere OM ve OA, BC’yi sırasıyla P ve K’da kessin. m(BAC) = 2.m(ACB) ise
BA = BP olduğunu gösteriniz.
O
B
P
A
C
M
matematikolimpiyatmerkezi
K
Çözüm: O noktası dış açıortayların kesim noktası olduğundan AO ve CO açıortay olur. Bu durumda m(KAC) = m(KCA) olup KA = KC’dir. AKC üçgeninde CO dış açıortay olduğundan
OK
OA

CK
CA

AK
AC
dir.
OK AM CP
.
.
1
OA MC PK
olup
AKC
OK
OA
üçgeninde

PK
CP
OM
dir. Bu durumda
kesenine
AK

AC
göre
PK
CP
Menelaus
bağıntısından
olur. Bu ise AP’nin KAC açısının
açıortayı olduğunu gösterir. Bu durumda m(BAP) = m(BAK) + m(KAP) = m(ACP) + m(CAP) =
m(BPA) olup BA = BP olur.
26. ABC üçgeninin BC, CA, AB kenarları üzerinde sırasıyla N, L, M noktaları alınsın. ABC açısının açıortayı BL olup AN, BL, CM noktadaş olsun. m(ALB) = m(MNB) ise m(LNM) = 900 olduğunu gösteriniz.
27. ABC üçgeninde AD ve BE açıortaylar olup AE + BD = AB ise m(ACB) = 600 olduğunu gösteriniz.
C
D
E
/
A
F
/
B
Çözüm: AB kenarı üzerinde AF = AE olacak şekilde bir F noktası alınırsa BF = BD olur. Bu
durumda AD  FE ve BE  DF dir. Bu durumda AFDE deltoit olup DF = DE olur. Benzer şekilde BDEF deltoit olup EF = ED olacaktır. Bu durumda DEF üçgeni eşkenar olacağından
m(ACB) = 600 dir.
13
Üçgende Açıortay Bağıntıları 28. ABC üçgeninde AB < AC olup B’den geçen AC’ye paralel doğru ile BAC açısının dış açıortayının kesim noktası D’dir. C’den geçen AB’ye paralel doğru ile BAC açısının dış açıortayının
kesim noktası E’dir. AC kenarı üzerinde seçilen bir F noktası için FC = AB ise DF = EF olduğunu gösteriniz.
E
A
x
F1
x
x
F
C
B
matematikolimpiyatmerkezi
D
B1
x
C1
Çözüm: DE, BAC açısının dış açıortayı olduğundan m(BAD) = m(CAE) = x olup BD // CA olduğundan m(BAD) = m(CAE) = m(BDA) olup BD = BA olur. Benzer şekilde CA = CE’dir. B, C,
F’den ED’ye inilen dikme ayakları sırasıyla B1, C1, F1 olsun.
B1F1 = B1A+ AF1 = AB.cosx + AF.cosx = AC.cosx = AC1 = EC1 olacaktır. DB1 = BD. cosx =
FC. cosx = F1C1 olur. Bu durumda DF1 = EF1 olduğundan DF = EF olur.
29. ABC dik üçgeninde m(C) = 900’dir. A ve B açılarının açıortayları BC ve CA kenarlarını sırasıyla P ve Q’da kessin. P ve Q’dan AB’ye inilen dikme ayakları M ve N ise m(MCN) = 450
olduğunu gösteriniz.
C
Q
A
P
N
M
B
Çözüm: NQ = CQ ve MP = CP’dir. m(ACN) =  ve m(BCM) =  olsun. Bu durumda m(AON)
= 2 ve m(BAC) = m(NAQ) = m(BPM) = 2 olup 2  2  900 olacağından     450
olur. m(MCN)  m(ACB) - m(ACN) - m(BCM) olup m(MCN) = 450 olur.
30. ABC üçgeninde BM kenarortay ve BH yükseklik olsun. A ve C’nin B açısının açıortayı üzerindeki dik izdüşümü sırasıyla P ve Q ise H, P,M,Q noktalarının çembersel olduğunu gösteriniz.
B
A
K
P
HN
Q
M
C
14
Üçgende Açıortay Bağıntıları Çözüm: AC kenarı üzerindeki N noktası için BN açıortay ve CQ  BA = K olsun. Bu durumda
QC = QK olup MA = MC olduğundan MQ // AB olacaktır. Dolayısı ile m(BQM) = m(ABQ) olur.
ABN üçgeninde AP ve BH yükseklikler olduğundan m(ABQ) = m(ABP) = m(PHN) olacaktır.
m(PHN) = m(NQM) olduğundan H, P,M,Q noktalarının çemberseldir.
C
E
Q

D
H
A
R


P
B
matematikolimpiyatmerkezi
31. ABC ikizkenar dik üçgeninde m(A) = 900’dir. BC kenarı üzerinde m(DAE) = 450 olacak şekilde D ve E noktaları alınsın. ADE’nin çevrel çemberi AB ve AC’yi sırasıyla P ve Q’da kestiğine göre BP + CQ = PQ olduğunu gösteriniz.
Çözüm: m(BAD) =  olsun. Bu durumda m(CAE) = 450 -  olup DAE çemberinin çapı
PQ’dur. m(BPD) = m(AED) = 900 -  ve m(DPQ) = m(DAQ) = 900 -  olduğundan PD, PAQ
üçgeninin dış açıortayıdır. Benzer şekilde QE’de PAQ üçgeninin dış açıortayı olacaktır. PD ile
QE’nin kesim noktası R olmak üzere m(PRQ) = 450 dir.
m(DRE) = 450 = m(ECQ) olduğundan D, R, C, Q çembersel olup m(QCR) = m(PDQ) = 900
olur. Yani RC  QC’dir. Benzer şekilde RB  PB olduğu gösterilebilir.
R’den PQ’ya inilen dikme ayağına H dersek PR ve QR açıortay olduğundan CQ = HQ ve BP =
HP olacaktır. Bu durumda BP + CQ = PQ eşitliğine ulaşırız.
32. Bosna 2002. ABC üçgeninde BB1ve CC1 açıortayları verilsin. AB  B1C1 = K olmak üzere
K’dan geçen BC’ye paralel doğru AB ve AC kenarlarını sırasıyla M ve N’de kessin. 2.MN =
BM + CN olduğunu gösteriniz.
33. ABC üçgeninin B açısına ait dış açıortayı üzerinde alınan bir Ia noktası için m(BIaC) = 900 –
m(A  2) ise CIa’nın C açısının dış açıortayı olduğunu gösteriniz.
34. ABC üçgeninin B açısına ait dış açıortayı üzerinde alınan bir Ia noktası için mACB =
2m(BIaA) ise AIa’nın A açısının iç açıortayı olduğunu gösteriniz.
15
Üçgende Açıortay Bağıntıları 35. ABC üçgeninde C açısının dış açıortayı d’dir. AB’nin orta noktasından geçen d’ye paralel
doğru AC’yi E’de kessin. AC = 7 ve BC = 4 ise CE =?
matematikolimpiyatmerkezi
36. ABC üçgeninde açıortayların kesim noktası I olmak üzere I’dan geçen BC’ye paralel doğru
AC ve AB’yi sırasıyla C1 ve B1’de kessin. C1B1 = BC1 + CB1 olduğunu gösteriniz.
37. ABC dik üçgeninde açıortayların kesim noktası I ve mA = 900 dir. I’dan geçen BC’ye paralel doğru AC ve AB’yi sırasıyla C1 ve B1’de kessin. BC1 = 3 ve CB1 = 4 ise BC = ?
38. ABC üçgeninde A’dan B ve C açılarının açıortaylarına inilen dikme ayakları P ve Q ise PQ
// BC olduğunu gösteriniz.
39. ABC dik üçgeninde mA = 900 olup A’dan B ve C açılarının açıortaylarına inilen dikme
ayakları P ve Q’dur. AB = 5 ve AC = 12 ise PQ = ?
40. ABC dik üçgeninde mA = 900 olup BE ve CF açıortaylarının kesim noktası I olsun. AI2 =
AE.AF olduğunu gösteriniz.
41. ABC üçgeninde A noktasının B ve C açılarının iç ve dış açıortayları üzerindeki dik izdüşümlerinin doğrusal olduğunu gösteriniz.
42. ABC üçgeninde AD, BE ve CF açıortaylar olup mEDF = 900 ise mBAC = 1200 olduğunu
gösteriniz.
43. ABC üçgeninde AB ve AC kenarlarının orta noktaları sırasıyla D ve E’dir. BDE ve CED açılarının açıortaylarının BC üzerinde kesişmesi için gerek ve yeter şartın 2BC = AB + AC olduğunu gösteriniz.
44. ABC üçgeninde AB = 15, BC =12 ve AC = 13 tür. AM kenarortayı ile BK açıortayının kesim noktası O olmak üzere OL  AB ise m(OLK) = m(OLM) olduğunu gösteriniz.
45. ABC üçgeninde A noktasının B ve C açılarının iç ve dış açıortaylarına göre simetriği olan
noktaların doğrusal olduğunu gösteriniz.
16
Download

İndirmek için tıklayınız - Matematik Olimpiyat Merkezi