Page 352 - 100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ-MATEMATİK OLİMPİYATLARI

6. BÖLÜM ÇEMBERLER - II

Soru ( 1985 BALKAN ):
A
ABC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O olmak üzere, D noktası [AB] kenarının orta
noktası ve E noktası ACD üçgeninin ağırlık merkezidir. Buna göre,
olduğunu ispatlayınız.
D E
O
Çözüm:
A 1- [BC], [AC] ve [CD] kenarlarının orta
noktaları sırasıyla P, R ve S olsun.
B C
ABC ve ADC üçgenlerinin ağırlık
merkezleri G ve E olması halinde
A IDGI=2IGSI ve IAEI=2IESI yardımıy-
D E R
O la, GE // AD olacağı bir gerçektir. O
O çevrel çemberin merkezi olduğu için
D E R G
S OD ⊥ AD dir (adı üstünde).
G S
Hem OD ⊥ AD hem de GE // AD
B P C B P C olmasının etkisiyle OD ⊥ GE olur.
2- Şimdi farzedelim ki IABI=IACI olsun. Bu taktirde, O merkezi, AP kenarortay doğrusu üzerinde
olur. Nitekim, hem AO ⊥ DR hem de OD ⊥ GE olması (G noktası ODE üçgeninin diklik merke-
zi) OE ⊥ CD olmasını gerektirir.
3- Tersine OE ⊥ CD olduğunu kabul edersek ('üç yükseklik bir noktada kesişir.' ilkesiyle) OG ⊥ DR
sonucuna ulaşırız. DR // BC ile OG ⊥ BC olur ki bu IABI=IACI anlamına gelir.

Soru ( 1965 SOVYETLER BİRLİĞİ ):
ABC üçgeninin çevrel çemberi üzerinde A köşesinin karşısındaki BC yayının orta noktası
X, benzer şekilde AC ve AB yaylarının orta noktaları Y ve Z olarak alınıyor. [YZ] ile [AB] D
noktasında, [YX] ile [BC] ise E noktasında kesiştiğine göre, DE // AC olduğunu ve DE
doğrusunun ABC üçgeninin iç teğet çemberinin merkezinden geçtiğini gösteriniz.
Çözüm:
A A 1- İşin esası : İç açıortay teoremidir.
Y Y AYB açısının açıortayı [YZ] ve BYC

D P D P açısının açıortayı [YX] olarak veril-
Z Z miş. Buradan,
I I

B E C B E C
eşitliği elde edilir. Demek oluyor ki
DE // AC dir.
X X
2- BY açıortay doğrusu, AC ve AX doğrularını sırasıyla P ve I noktalarında kesmiş olsun.
olduğunu gösterirsek işimiz biter. Şöyle başlayabiliriz:

çünkü YD açıortaydır. Toparlarsak, ya da [DI] // [AP] olur. Demek ki I noktası, söy-
lenildiği gibi, DE doğrusu üzerindedir.

351