Page 153 - 100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ-MATEMATİK OLİMPİYATLARI

100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ

Soru (1984 AİME):
ABC üçgeninin içerisinde bir P noktası alınarak, P noktasından üçgenin kenarlarına
paraleller çiziliyor. Bir köşesi P olan üçgenlerin alanları 4, 9 ve 49 olduğuna göre, ABC
üçgeninin alanını bulunuz.

Çözüm:

Soru (1952 KURSCHAK):
ABC üçgeninde A köşesinin karşısındaki kenar üzerinde, IBA'I:IBCI=k (0,5<k<1) olacak
şekilde A' noktası alınıyor. Benzer şekilde B ve C köşelerinin karşılarındaki kenarlar üze-
rinde, ICB'I:ICAI=IAC'I:IABI=k olacak şekilde sırasıyla B' ve C' noktaları alınıyor. Buna
göre, Ç(A'B'C')<k.Ç(ABC) olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm:
A A 1- IBA'I=ak, ICB'I=bk ve IAC'I=ck alı-
(1-k)b (1-k)b
B' B' nırsa; ICA'I=(1-k)a, IAB'I=(1-k)b ve
ck C'' (2k-1)b IBC'I=(1-k)c olur.
bk B''
[A'B''] // [BA] olacak şekilde çizilirse
C' C' (1-k)b
(1-k)c (1-k)c A'B''C ≈ BAC olur.
B ak A' (1-k)a C B (1-k)a A'' (2k-1)a A' (1-k)a C Bu durumda, ICB''I=(1-k)b ve
IA'B''I=(1-k)c olması doğaldır.
2- IB'B''I =IACI-( IAB'I+IB''CI ) olduğundan IB'B''I=(2k-1)b dir. Şimdi, A'B'B'' üçgeninde üçgen eşit-
sizliği yardımıyla IA'B'I<(1-k)c+(2k-1)b yazabiliriz.
3- Aynı muhakeme ile IB'C'I<(1-k)a+(2k-1)c ve IA'C'I<(1-k)b+(2k-1)a olur. Bu eşitsizlikler taraf
tarafa toplanırsa, IA'B'I+IB'C'I+IA'C'I<k.Ç(ABC) bulunur ve kanıt tamamlanır.

Soru (2002 AİME): Soru (2002 AİME):
IABI=8 olan ABC üçgeninin [BC] ve [AC] kenarları üzerinde sırasıyla D ve E noktaları
A IAEI=3, IECI=1, ICDI=2, IDBI=5 olacak şekilde alınıyor. [AD] ve [BE] bir P noktasında
Q
3 kesişiyor. P noktasından [AC] ye çizilen paralel [AB] yi Q noktasında ve [BC] ye çizilen
paralel [AB] yi R noktasında kestiğine göre, A(PQR):A(ABC) nedir?
R E
P 1
Çözüm:
B C
5 D 2
1- E noktasından [EF] // [AD] çizildiğini düşünelim. Şu halde (AA) benzerliğinden,
A
Q
3
R E
P 1
B 5 D F C

152