Page 222 - 100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ-MATEMATİK OLİMPİYATLARI

4. BÖLÜM ÜÇGENLER - II

Soru:
A
ABC üçgeninde; [AD], [BE] ve [CF] açıortay olmak üzere; s(FDE)=90° ise s(A)=120°
dir. İspatlayınız.
Çözüm:
N
A A
E E
F F R
B D C P B D C
1- EF ve CB uzantıları P noktasında kesişsin. Menelaus ilişkisine göre
Bilardo topu yolu:
Dar açılı bir üçgen alın; bu ABC üçgeninde Ceva teoremi gereği
üçgenin kenarlarına çarpıp
yansıyan bir bilardo topu
düşünün. Bu topun başladığı ABC üçgeninde, [AD] iç açıortay olduğu için AP bir dış açıortaydır.
noktaya dönmesini sağlayan
bir tane yol vardır; o da ortik 2- AP doğrusu FAE üçgeninin de dış açıortayıdır; yani
üçgenin çizdiği yoldur. Bu
yola periyodik bilardo yörün-
gesi (Fagnano yörüngesi) de 3- s(FDE)=90° verildiği için (bir önceki sorudan) DF doğrusu PDR üçgeninde bir iç açıortaydır. Bu
denmektedir. Bu yol aynı noktada s(FDE)=90° dikkate alınırsa, DE nin PDR üçgeninde bir dış açıortay olduğu anlaşılır.
zamanda en kısa yoldur.
ADC üçgenine bakalım: CF iç açıortay, DF dış açıortay ise AF dış açıortaydır. ABC üçgeninde
zaten [AD] iç açıortay idi, demek oluyor ki s(NAF)=s(FAD)=s(DAC)=60° ve s(BAC)=120° dir.

A

Soru:
ABC üçgeninde; [AD], [BE] ve [CF] açıortay olmak üzere, s(CFE)=30° ise; ya s(A)=60°
ya da s(B)=120° dir. Gösteriniz.

Çözüm:
A 1- s(BEC)>s(EBC) olduğundan
IBCI>ICEI dir. [BC] üzerinde
B ICEI=ICHI olacak şekilde H
Top başlangıç noktasına F E H D noktası işaretlenirse, CEFH
dönmeden tekrarlı yollar 30° 30° F
30°
çizecekse, ortik üçgenin I 30° deltoid ve EFH eşkenar
kenarlarına paralel sonsuz üçgen olur.
sayıda yol bulabilir. B D H C A E C
2- BFE ve BHE üçgenlerinde s(FBE)=s(HBE), IEFI=IEHI ve IBEI ortak olduğundan iki durum vardır:
I.durum→ s(BFE)=s(BHE) ise, s(BEF)=s(BEH)=60°:2=30° dir.
Bu halde s(FIE)=s(BIC)=120° ve s(BAC)=60° olur.
II.durum→s(BFE)+s(BHE)=180° ise, BFEH kirişler dörtgenidir.
Şu halde s(ABC)=180°-s(FEH)=120° olur.

221