Page 61 - 100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ-MATEMATİK OLİMPİYATLARI

100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ

Soru (1980 SOVYETLER BİRLİĞİ):
ABC eşkenar üçgeninin [AC] kenarına çizilen bir paralel, [AB] ve [BC] kenarlarını sıra-
sıyla M ve P noktalarında kesiyor. BMP eşkenar üçgeninin merkezi D ve [AP] doğru
parçasının orta noktası E ise, s(DEC) kaç derecedir?

Çözüm:
A A A

E Y E Y E
120°
M M
60°
D D D 30°
60°
B X P C B X P C B X P C
1- [BP] ve [AC] kenarlarının orta noktaları sırasıyla X ve Y olsun. Bu durumda; [EY] // [BC],
[AB] // [EX], s(EYC)=120° ve s(EXC)=60° olur. Açık bir şekilde, EYCX bir kirişler dörtgenidir.
2- Ayrıca s(DXC)=s(DYC)=90° olduğu için DYCX de bir kirişler dörtgenidir. O halde D, E, Y, C,
X çemberseldir. Buradan s(DEC)=s(DYC)=90° bulunur. (Görüyoruz ki CDE üçgeni, hoş bir
30°-60°-90°üçgenidir.)

Soru (1949 KURSCHAK):
İkizkenar bir üçgenin tabanında alınan P noktasından kenarlara çizilen paralellerin,
kenarları kestiği noktalar Q ve R dir. P noktasının [QR] ye göre simetriği olan nokta-
nın, üçgenin çevrel çemberinin üzerinde olduğunu gösteriniz.

Çözüm:
A A
P' P'

R R
Q
Q

B C B C
P P
1- Problemdeki koşullar gereği, s(BAC)=2α dersek s(PQB)=s(PRC)=2α olur. P noktasının [QR]
ye göre simetriği P' noktası ise, IPRI=IP'RI olacağı açıktır. Buna ek olarak PRC ikizkenar
üçgeninde IPRI=IRCI dir. Yani R merkezli, IRPI=IRCI=IRP'I yarıçaplı çember çizilebilir. O
halde RP'PC merkezil dörtgeninde, s(PRC)=2α ise s(PP'C)=α olur.
2- Aynı şekilde; QBPP' merkezil dörtgeninde s(BP'P)=α ve dolayısıyla s(BP'C)=2α=s(A) bulu-
nur. Demek oluyor ki ( [BC] kenarını aynı açı ile gören ) P', noktası ABC üçgeninin çevrel
çemberi üzerindedir.

60