Page 387 - 100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ-MATEMATİK OLİMPİYATLARI

100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ

Soru (1999 İberoamerican ):
ABC dar açılı üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O olmak üzere, yükseklikleri [AD],
[BE] ve [CF] dir. EF nin çemberi kestiği noktalar P ve Q, [BC] nin orta noktası M ise;
2
OA ⊥ PQ olduğunu gösterip |AP| =2|AD|.|OM| eşitliğini ispat ediniz.
Çözüm:

A A 1- AEHF dörtgeninin kirişler dörtgeni
Q Q
olduğu açıktır. OA ∩ PQ={K} olmak
E E üzere, s(ACB)=θ denirse,
K K
s(HAE)=90°-θ ve s(AHE)=s(AFK)=θ
F F 2R.sinB.sinC
P H 2 O P O olur. Üstelik IOAI=IOBI ve s(AOB)=2θ
R.cosA olduğundan s(OAB)=s(KAF)=90°-θ
B D M C B D M C dır. Buradan OA ⊥ PQ bulunur.
A' A'
2- Eşitliği ise trigonometriden faydalanarak göstereceğiz. [AA'] çap ve IAOI=R olsun.
IAFI=IACI.cosA=2R.sinB.cosA ve IAKI=IAFI.cos(OAB)=IAFI.sinC=2R.sinB.cosA.sinC dir.
2
APA' dik üçgeninde öklit bağıntısıyla |PK| =|AK|.|A'K| dır. Pisagor teoremi ile IAPI yi yazarsak

Soru ( 1998 İMO Shortlist ) :
s(A)=90° olan ABC üçgeninin çevrel çemberi çizilip, A noktasına BC doğrusu üzerinde-
ki D noktasından DA teğeti çekiliyor. A noktasının [BC] ye göre simetriği E olmak üzere,
A noktasından [BE] ye çizilen yükseklik ayağı X ve [AX] in orta noktası Y dir. [BY uzan-
tısı çemberi Z noktasında kestiğine göre, ADZ üçgeninin çevrel çemberinin [BD]
kenarına teğet olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
A A
Y
Z Z
Y X
B D C D
H C H B
X

G E G E
1- İki farklı versiyonda da [AG] çap ve AE ∩ BC ={H} olsun. Halihazırda s(AEG)=s(AXB)=90° ve
s(AGE)=s(ABX) dir. Buradan

2- G, H, Z noktaları doğrusaldır; çünkü s(AGH)=s(ABY) ve s(ABY)=s(ABZ)=s(AGZ) dir.
[AG] çap olduğu için s(AZG)=90° dir. s(DHZ)=α denirse, s(AHZ)=90°-α ve
s(HAZ)=s(EAZ)=s(DEZ)=α olur. Sonuçta s(DHZ)=s(DEZ)=α olduğuna göre DZHE bir kirişler
dörtgenidir. Bu yüzden s(ZDH)=s(ZEH)=s(DAZ) olur. Demek oluyor ki HD doğrusu, ADZ üçge-
ninin çevrel çemberine teğettir.
386