kenaraci by emre bay

www.mustafayagci.com, 2005

Geometri Notları Mustafa YAĞCI, yagcimustafa@yahoo.com

Kenar-Açı Bağıntıları Üçgenin tanımını hatırlayarak derse başlayalım: A, B, C doğrusal olmayan üç nokta olduğunda, [AB], [AC] ve [BC]’nin birleşimine ABC üçgeni denirdi. Bir an için üçgeni oluşturan doğru parçalarını birer kibrit çöpü gibi düşünün. Üçgenin oluşması için, kibrit çöplerinin sadece uçlarının birbirine değmesi gerektiğini anlıyoruz. Sadece ‘’uçları’’ birbirine değecek. Peki, bunu boyları ne olursa olsun, her üç kibrit çöpüyle yapmak mümkün müdür? Tabii ki hayır!

Örneğin, yukarda soldaki üç kibrit çöpüyle bunu yapmak mümkündür ama sağdaki üç kibrit çöpüyle üçgen yapılamaz. En alttaki kibrit çöpü bu iş için fazla uzun! İşte bu derste, üç doğru parçasının üçgen oluşturma şartını araştıracağız. Eğer oluşturamıyorlarsa hangisinde ne kadar bir değişiklik gerekir? O değişiklik yapıldı diyelim, herhangi ikisinin boyunu sabit tutarak aralarını açtığımızda üçüncüsünü büyültmek mi gerekir, yoksa küçültmek mi? Büyültmekse ne kadar büyütmek, küçültmekse ne kadar küçültmek? İşte bu gibi sorulara cevaplar arayacağız. Hatta daha da kurcalayacağız. Önce çok önemli bir teoremle başlıyoruz. Bunu iyi anlayın, ilerde çokça karşılaşacaksınız. Teorem. Bir üçgende en uzun kenarın karşısında en büyük açı, ortanca kenarın karşısında ortanca açı, en kısa kenarın karşısında en küçük açı vardır. Yani; a > b > c ise m(A) > m(B) > m(C)’dir.

Kanıt: a > b > c olacak şeA kilde bir ABC üçgeni çizec lim. [AC] kenarı üzerinde c θ D |AB| = |AD| olacak şekilde b-c θ θ−α α bir D noktası alalım. Şekle B C a göre m(B) = θ + α ve m(C) = θ − α olur. Yani m(B) > m(C) olur. Benzer şekilde [CB] üzerinde |CE| = |CA| olacak şekilde bir E noktası alıp m(A) > m(B) olduğu da kanıtlanabilir. O halde kanıt bitti. Sonuç: Bir üçgenin iç açı ölçüleri toplamı 180o olduğundan, eğer açılarından biri geniş açıysa, o açı kesinlikle en büyük açıdır. O halde, üçgen geniş açılı ise geniş açının karşısındaki kenar kesinlikle en uzun kenardır. Eğer iki uzunluk eşit isse karşılarındaki açılar da eşittir. A

Örnek. |BC| = 12 olan bir ABC üçgeninde A ve C köşelerinden inen yükseklikx ler üçgen içinde bir H nokE H θ tasında kesişiyorlar. α > θ C ise |AB| = x tamsayı olarak B D 12 en çok kaç olabilir? Çözüm: HAE ve HCD açılarının eşliğine dikkat ediniz. O zaman α > θ olması bize m(BAC) > m(ACB) olduğunu anlatır. O halde 12 > x olmalıdır ki cevap 11. α

Örnek. Yandaki ABC üçgeninde m(A) = 16o olup, b > c veriliyor. Buna göre m(ABC) = α tamsayı 16 olarak en az kaç derece olabilir? b c Çözüm: m(A) = 16o bilgisinden α m(B) + m(C) = 164o buluruz. b > c B C verildiğinden m(B) > m(C) olması gerekir. m(C) = 164o − m(B) diye m(B) > 164o − m(B) yani 2⋅m(B) > 164o olur. O halde m(B) = α > 82o olduğundan α en az 83o olur. A

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Şöyle de düşünebilirdiniz: Üçgen ikizkenar olsaydı, yani b = c olsaydı, α = 82o olurdu. b > c olduğundan m(B) > m(C) olur, o halde en küçük tamsayı α = 83o olmalıdır.

Yani; |b – c| < a < b + c, |a – c| < b < a + c, |a – b| < c < a + b. Kanıt: [BA] kenarını A yöD nünde |AC| = b kadar uzatab α A lım. DAC bir ikizkenar üçb c gen olur. α m(ADC) = m(DCA) B a C olur. Bundan dolayı m(DCB) > m(BDC) olur. Bu da b + c > a demektir. Benzer şekilde a + b > c ve a + c > b bulunur. a + c > b ise a > b – c dir. Tabii c > b olabileceğinden a > |b – c| yazmalıyız. O halde |b – c| < a < b + c. Bu kural üçgen eşitsizliği diye bilinir. Yani verilen üç uzunluğun üçgen oluşturup oluşturamayacağını bu eşitsizlikten anlarız.

Örnek. Yandaki ABC üçgeninde a > c > b veriliyor. Buc b na göre m(B) tamsayı olarak en çok kaç derece olabilir? C B a Çözüm: Üçgen eşkenar olsaydı, her bir açının ölçüsü 60o olurdu, o halde en büyük değeri tamsayı olarak 59o’dir. A

Örnek. ABCDE dışbükey beşgeninde |CB| = 4, β |BA| = |AD| = 6 ve |AC| = x αθ 6 6 |AE| = 7’dir. 7 D B α < θ < β ise |DE| = x 4 kaç farklı tamsayı değeri C alabilir? Çözüm: BAC ile DAE üçgenlerinin yan kenarlarının eşit uzunlukta olduğuna dikkat ediniz. α < β olduğundan x > 4 olmalıdır. Diğer yandan üçgen eşitsizliğinden x > 13. O halde 4 < x < 13 olduğundan x, 8 farklı tamsayı değeri alabilir. A

İki kenarın toplamının daima üçüncü kenardan daha uzun olduğuna farklı bir yaklaşım getirelim. Eminim beğeneceksiniz: B ile C noktaları arasındaki en kısa yol nedir? BC doğru parçası değil mi? İşte ondan dolayı |BC| < |BA| + |AC|. Örnek. ABC bir eşkenar üçgen A ve P bu üçgen içinde bir noktadır. Çevre(ABC) – Çevre(ABP) = 4 P ise Çevre(ABC) tamsayı olarak B C en az kaç olabilir? Çözüm: Eşkenar üçgenin kenarına a diyelim. |PA| = b ve |PB| = c olsun. Çevre(ABC) – Çevre(ABP) = 3a – (a + b + c) = 2a – b – c = 4 verilmiş. Yani b + c = 2a – 4. Diğer yandan ABP üçgeninde üçgen eşitsizliğinden b + c > a olduğunu biliyoruz. 2a – 4 > a olduğundan a > 4, o halde Çevre(ABC) = 3a > 12 olur. Cevabımız 13.

Örnek. Yandaki şekilde 15 C noktası BAD açısının D 8 iç bölgesindedir. |AB| = 15 8, |BC| = 18 ve |AC| = C 18 B |AD| = 15 ise |BD| kaç farklı tamsayı değeri alabilir? Çözüm: m(BAD) > m(BAC) olduğundan |BD| > |BC| = 18 olmalıdır. Üçgen eşitsizliğinden de |BD| < 23 olduğunu biliyoruz. O halde {19, 20, 21, 22} olmak üzere 4 farklı değer alabilir. A

Örnek. BAC üçgeni ikizkenar olup, çevresi 30 birimdir. m(A) b b > m(B) ise b’nin alabileceği en büyük tamsayı değeri kaçtır? B C Çözüm: m(A) > m(B) ise a > a b’dir. Diğer yandan 2b + a = 30 verildiğinden a = 30 – 2b olur. 30 – 2b > b eşitsizliğinden b < 10 bulunur. Sonuçta b’nin en büyük tamsayı değeri 9’dur. A α

Örnek. ABC ve AED birer üçE A 4 gendir. |AE| = 4, |AB| = 7, |BC| = 8 ve |ED| = |DC| ise |AC| tamsaD 7 yı olarak kaç farklı değer alabilir? C B 8 Çözüm: ADE’de üçgen eşitsizliğinden |AD| + |DE| = |AD| + |DC| = |AC| > 4 olur. ABC üçgeninde üçgen eşitsizliğinden |AC| < 15, o halde 4 < |AC| < 15 olduğundan 10 farklı tamsayı değeri alabilir.

Teorem [Üçgen eşitsizliği]. Bir üçgende herhangi bir kenarın uzunluğu her zaman diğer iki kenarın uzunluğunun toplamından küçük, farkından büyüktür. 2

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Örnek. |AB| = x, |AC| = 3x A ve |BC| = 24 olan bir ABC 3x x üçgeninin çevresi tamsayı olarak en az ve en çok kaç C B 24 olabilir? Çözüm: Üçgen eşitsizliğinden 2x < 24 < 4x olur. Yani 6 < x < 12’dir. Çevre(ABC) = 4x + 24 olduğundan 48 < 4x + 24 < 72 olur. O halde en az 49, en çok 71 olmalıdır.

Teorem. Bir üçgende bir kesenin boyu daima yarımçevreden kısadır. A Kanıt: ACD’de üçgen eşitsizb c x liğinden x < a + b, C ABD’de üçgen eşitsizliğinden B d D a x < c + d bulunur. Bunlar taraf tarafa toplanırsa 2x < a + b + c + d = 2u olur ki x < u olduğu kanıtlanmış olur. Örnek. ABC ve CDE birer A D üçgen olup, B, C, D noktaları 5 C doğrusaldır. 7 |AP| = 5 ve |DQ| = 7 ise Çev- B P Q re(ABC) + Çevre(CDE) toplamı tamsayı olarak en az kaç E olabilir? Çözüm: Çevre(ABC) > 10 ve Çevre(CDE) > 14 olduğundan Çevre(ABC) + Çevre(CDE) > 24 olur ki cevap 25’tir.

Örnek. Yandaki ABC üçA geninde |AB| = 12 + 3x ve 12+3x 30-3x |AC| = 30 – 3x ise |BC| = a’nın alabileceği tamsayı B C a değerlerinin en çok olması için x kaç olmalıdır? Çözüm: |BC| = a’nın alabileceği tamsayı değerlerinin en çok olması için üçgenin ikizkenar olması gerekir, çünkü her halükarda diğer iki kenarın toplamı 42 olacak ama fark en az üçgen ikizkenar olduğunda olacak, yani a > 0 olacak. Üçgenin ikizkenar olduğu an da x = 3’tür.

Teorem. Bir üçgenin her kenarı yarımçevreden kısadır. Kanıt: a < b + c olduğunu kanıtlamıştık. Eşitsizliğin her iki yanına a ekleyelim. 2a < a + b + c = 2u olduğundan a < u olduğu kanıtlanmış olur. Benzer şekilde b < u ve c < u. Ek bilgi: Sadece üçgende değil, tüm konveks çokgenlerde bir kenar uzunluğu daima yarımçevreden küçüktür. Kanıtı aynı yukarda yaptığımız gibidir. Bu bilgi sizi aşağıdaki gibi bir soru tipiyle karşı karşıya bırakabilir.

Teorem. Bir ABC üçgeninin kenarları a, b, c pozitif doğal sayıları olmak üzere b < a ise c’nin alabileceği değerler 2b – 1 tane ve bu değerlerin toplamı a⋅(2b – 1)’dir. Kanıt: Üçgen eşitsizliğinden a – b < c < a + b olduğunu biliyoruz. O halde c değeri a – b + 1’den başlamak üzere a + b – 1’e kadar tüm tamsayı değerlerini alabilir. Terim sayısı formülünden (a + b – 1) – (a – b) = 2b – 1 olduğundan kanıt biter. Toplam formülünden de (a + b – 1 + a – b + 1)⋅(a + b – 1 – a + b – 1 + 1)/2 = a⋅(2b – 1) olduğu kanıtlanır.

Örnek. Uzunluğu 30 birim B olan yandaki tel bükülerek A bir üçgen yapılıyor. Bu üçgenin bir kenarı tamsayı olarak en çok kaç birim olabilir? Çözüm: Her üçgende a + b > c olduğunu biliyoruz. Her iki tarafa c ekleyelim. a + b + c > 2c ve dolayısıyla 30 > 2c olduğundan c < 15, o halde bir kenar tamsayı olarak en çok 14 olabilir. Aynı soruyu bir de dörtgen ve beşgen için çözünüz.

Teorem. Bir ABC üçgeninin kenarları a, b, c pozitif doğal sayıları olmak üzere ölçüsü en büyük açı A ise c’nin alabileceği değerler b – 1 tane ve bu değerlerin toplamı (b – 1)⋅(2a – b)/2 dir. Kanıt: Ölçüsü en büyük açı A ise en uzun kenar a’dır. Üçgen eşitsizliğine göre a – b < c < a + b olur. Fakat c < a olması gerektiğinden eşitsizlik a – b < c < a halini alır. O halde c değeri a – b + 1 den başlamak üzere a – 1’e kadar tüm tamsayı değerlerini alabilir. Terim sayısı formülünden (a – 1) – (a – b) = b – 1 olduğundan kanıt biter. Toplam formülünden diğeri benzer şekilde kanıtlanabilir.

Örnek. ABCDE beşgeninde A 5 |BA| = 5, |AE| = 6, |ED| = 8, |DC| = 9 ise |BC| tamsayı B olarak en çok kaç olabilir? Çözüm: |BC| < 5 + 6 + 8 + 9 = 28 olduğundan |BC|’nin en büyük tamsayı değeri 27 olabilir.

E C 8 9

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Örnek. Yandaki ABCD dörtA geninde |BC| = 6 ve |CD| = 7 olarak veriliyor. D Çevre(ABC) + Çevre(ACD) 7 toplamının alabileceği en küB 6 C çük tamsayı değeri kaçtır? Çözüm: Çevre(ABC) > 12, Çevre(ACD) > 14 olduğundan Çevre(ABC) + Çevre(ACD) > 26’dır. O halde en küçük tamsayı değeri 27 olur.

Örnek. Yandaki ABCD dörtgeni dışbükey olup, |CB| = 7, |BA| = 9 ve A 9 |AD| = 19’dur. Buna göB 19 re |CD| = x’in tamsayı 7 olarak alabileceği en D x küçük ve en büyük de- C ğerlerin toplamı kaçtır? Çözüm: Bir dışbükey dörtgende, herhangi bir kenar her zaman diğer üç kenarın toplamından küçüktür. O halde x’in en büyük değeri 34 olabilir. Diğer yandan |AC| < 16 olduğundan üçgen eşitsizliği gereği x’in en küçük tamsayı değeri 4 olabilir. O halde cevap 34 + 4 = 38.

Örnek. Yandaki ABCD C A çapraz dörtgeninde |AB| = 3 x, |BC| = 9, |CD| = 3 ve |DA| x y 9 D = y’dir. Buna göre x + y toplamının B tamsayı olarak alabileceği en küçük değer kaçtır? Çözüm: x + y toplamının olabildiğince küçük olması |BD|’nin küçük olmasıyla mümkün. BCD’de üçgen eşitsizliğinden |BD| > 6’dır. x + y > |BD| > 6 eşitsizliğinden tamsayı olarak en küçük 7 olabileceğini anlarız.

Örnek. Yandaki ABD üçgeninin AD kenarı üzerinde |AB| = |AC| olacak şekilde bir C noktası alınıyor. |BC| = 24 B 24 C ve |CD| = 7 ise Çevre(ABC) 7 tamsayı olarak en az kaç D olabilir? Çözüm: BCD açısı daima geniştir, o halde |BD| > 25. İkiz kenarlara a dersek hem a > 12 buluruz. Ç(ABC) = 2a + 7 + |BD| > 56 olduğundan en az 57 olabilir.

Örnek. Yandaki ABC 14 10 üçgeninde |AB| = 10 ve C Q |AC| = 14 olarak veriliB P yor. P ve Q noktaları [BC]’nin üzerindeyken APQ üçgeninin çevresi tamsayı olarak en çok kaç olabilir? Çözüm: |BC| < 24 olduğundan Çevre(ABC) < 48’dir. Çevre(APQ) < Çevre(ABC) < 48 olduğundan Çevre(APQ) tamsayı olarak en çok 47 değerini alabilir.

Örnek. Yandaki ABC üçA geninde |AB| = x – 1, |AC| = 2x ve |BC| = 17 ise x’in x-1 2x alabileceği farklı tamsayı C değerlerinin toplamı kaç- B 17 tır? Çözüm: Yine üçgen eşitsizliğinden x + 1 < 17 < 3x – 1 olur. O halde 6 < x < 16’dır. x’in alabileceği değerlerin toplamı 5 + 6 + … + 15 = 110 bulunur.

Örnek. ABC ve CDE E üçgenleri C köşeleri orA 5 4 6 3 tak ve kenarları tamsayı C x olan birer üçgendir. B y |AB| = 3, |AC|= 4, |CE| = D 5 ve |ED| = 6 iken |BC| + |CD| = x + y toplamı en çok kaç olabilir? Çözüm: x en çok 6, y en çok 10 olabileceğinden, x + y toplamı en çok 16 olabilir.

Örnek. ABC üçgeninde |CB| A 5 6 = 4 ve |BA| = 5’tir. ADE üçB E geninde de |AE| = 6 ve |ED| = 4 7’dir. |CD| = x tamsayı ola- C 7 rak en çok kaç olabilir? x Çözüm: x’in olabildiğince D büyük olması, |AC| ve |AD|’nin büyük olmasına bağlı. |AC| < 9 ve |AD| < 13 olduğundan |AC| + |AD| < 22’dir, o halde x en fazla 21 olabilir.

Teorem. Bir üçgenin bir yüksekliği, bitişik kenarlardan y b c x hangisi küçükse onunla daha küçük açı yapar. B C Kanıt: |AB| < |AC| olsun. m(B) H > m(C) olur. Öyleyse B açısının tümleri C açısının tümlerinden daha küçük olacaktır. A

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Yani şekle göre x < y olup; m(BAH) < m(HAC).

Teorem. Bir üçgende i kenarına inen yükseklik, açıortay, kenarortay arasında hi ≤ ni ≤ vi bağıntısı vardır. Kanıt: Okuyucuya bırakılmıştır.

Teorem. Bir üçgenin bir kenarortayı, bitişik kenarlardan hangisi küçükse onunla daha büyük açı yapar. A Kanıt: |AB| < |AC| ve |BD| = x y b |DC| ise şekle göre x > y olc va duğunu göstereceğiz. A’nın D’ye göre simetriği A′ B C D olsun. Noktaya göre simetri x dolayısıyla A′C =// AB ve A' m(AA′C) = x olur. AA′C üçgeninde |AC| > |A′C| olduğu için x > y dir. O halde kanıt tamamlandı demektir.

Teorem. Bir üçgenin iç bölgesinde alınacak isteksel bir b c x D y noktanın üçgenin köşelerine z olan uzaklıkları toplamı daia C B ma çevrenin yarısından (u) büyük, çevreden (2u) küçüktür. Yani, köşelere olan uzaklıklar x, y, z ise u < x + y + z < 2u. Kanıt: ADB, BDC, CDA üçgenlerinde üçgen eşitsizliğinden; x+y>c y+z>a x+z>b olur. Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa; x + y + z > (a + b + c)/2 bulunur. Yani; u < x + y + z. Bununla birlikte; c+b>y+z a+c>x+z a+b>x+y eşitsizlikleri taraf tarafa toplanırsa; a + b + c > x + y + z bulunur. Yani; x + y + z < 2u. Sonuç olarak; u < x + y + z < 2u. Uyarı: Burada önemli olan bir nokta var: x + y + z toplamının alabileceği en küçük tamsayı değeri her zaman u’dan büyük en küçük tamsayı değildir. Yani bu eşitsizlik en dar eşitsizlik değil. A

Pisagor bağıntıları. Bir ABC üçgeninde m(A) = α < 90o isse a2 < b2 + c2 m(A) = α = 90o isse a2 = b2 + c2 m(A) = α > 90o isse a2 > b2 + c2. Kanıt: Dik üçgen konusuna bakınız. Örnek. Yandaki ABC üçA geninde BI ve CI birer iç açıortaydır. |BI| = 8 ve |CI| I 15 = 15 ise |BC| = x kaç farklı 8 tamsayı değeri alabilir? x B C Çözüm: Burada dikkat edilmesi gereken tek nokta, BIC açısının geniş olduğudur. Onun için 17 < x < 23 olur. O halde x, 5 farklı tamsayı değeri alır.

Örnek. Yandaki ABCD konA 13 kav dörtgeninde |AB| = 12, 12 |AD| = 13, |BC| = x ve |CD| = y D C B x y veriliyor. Buna göre x + y toplamının tamsayı olarak alabileceği en küçük ve en büyük değerlerin toplamı kaçtır? Çözüm: x + y > |BD| > 1 olduğundan en küçük değer tamsayı olarak 2 olabilir. Diğer yandan 12 + 13 > x + y olduğundan en büyük değer de 24’tür. 24 + 2 = 26 olur.

Örnek. Yandaki ABC üçgeninA de |AC| = 21 ve |AB| = 29 olup, 29 B, C, D noktaları doğrusaldır. 21 o m(ACD) = α < 90 ise |BC|’nin α alabileceği tamsayı değerlerinin B C D toplamı kaçtır? Çözüm: ACB açısı dik olsaydı, Pisagor Teoremi gereği |BC| = 20 olurdu. Demek ki |BC| < 20, diğer yandan |BC| > 8. O halde 9 + 10 + … + 19 = 154 bulunur.

Teorem. Bir üçgende yardımcı elemanların F uzunluklarının toplamı c Eb çevreden küçük ama çevH renin yarısından büyüktür. Yani; üçgende yarı C D a çevreye u denilirse u < ha + hb + hc < 2u, u < nA + nB + nC < 2u, A

Teorem. Bir üçgende yardımcı elemanlar kenarlarla ters orantılıdır. Yani bir yardımcı eleman en kısa isse karşısındaki kenar en uzun olanıdır. Yani; a > b > c ⇔ ha < hb < hc a > b > c ⇔ nA < nB < n C a > b > c ⇔ va < vb < vc Kanıt: Okuyucuya bırakılmıştır.

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

u < va + vb + vc < 2u. Kanıt: Yandaki gibi bir ABC üçgeni çizelim. |AD| = ha, |BE| = hb ve |CF| = hc olsun. ADB dik üçgeninden ha < c, BEC dik üçgeninden hb < a ve AFC dik üçgeninden hc < b bulunur. Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa ha + hb + hc < a + b + c = 2u olduğu kanıtlanmış olur. Ayrıca H’yi herhangi bir nokta gibi düşünerek; u < |HA| + |HB| + |HC| < ha + hb + hc olduğundan eşitsizliğin solu da kanıtlamış olur. u < nA + nB + nC < 2u ve u < va + vb + vc < 2u eşitsizliklerinin kanıtını da iç açıortay ve kenarortay konularında bulabilirsiniz

Kanıt: ACB, ACD ve BDA, BDC üçgenlerini ele alalım. Sıra ile şu eşitsizlikler B a yazılır: A |AC| < a + b b e O f |AC| < c + d d |BD| < a + d D c C |BD| < b + c Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa |AC| + |BD| < a + b + c + d olur. Sonra OAB, OBC, OCD, ODA üçgenlerini ele alalım: a < |OA| + |OB| b < |OB| + |OC| c < |OC| + |OD| d < |OD| + |OA| bulunur ve bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa a+b+c+d < |OA| + |OC| + |OB| + |OD| = |AC| 2 + |BD| olur ki ilk bulduğumuz eşitsizlik ile birlikte düşünülürse kanıt tamamlanmış olur.

Teorem. Bir ABC üçgeninde b + c – a < 2⋅va < b + c. Kanıt: ABC üçgeninde |AD| A = va kenarortay olsun. ADB ve ADC üçgenlerinde üçgen b c va eşitsizliği gereğince a a B a/2 D a/2 C < va ve b – < va c– va c 2 2 olur. Bu iki eşitsizlik taraf tarafa toplanırsa b + c – a < A' 2⋅va olur. AD kenarortayını |DA′| = |DA| kadar uzatalım. D noktasına göre simetrik olduklarından |A′C| = |AB| = c’dir. AA′C üçgeninde üçgen eşitsizliğine göre de |AA′| < |AC| + |A′C| yani 2⋅va < b + c’dir. Bulduğumuz iki sonucu birleştirirsek b + c – a < 2⋅va < b + c bulunur.

Uyarı. Dört kenarının da uzunluğu verilen bir konveks dörtgende u < e + f < 2u eşitsizlikleri en dar aralık değildir. Böyle dörtgenlerde e + f her zaman karşılıklı kenarlar toplamının büyük olanından bile büyüktür.

Örnek. Yandaki ABCD konveks dörtgeninde |AB| = 2, |BC| A 5 = 7, |CD| = 5 ve |DA| = 8 ise E 2 |AC| + |BD| toplamının alabileB C 7 D ceği en küçük tamsayı değeri 8 kaçtır? t 5 Çözüm: 11 < |AC| + |BD| < 22 xE z 2 y olduğunu biliyoruz ama bu biB C 7 ze, bu toplamın 12 olabileceğini anlatmaz. Sadece bu toplamın, bu aralıkta olduğunu söyler. Peki ne yapacağız? AEB ve DEC üçgenlerinde üçgen eşitsizliğinden x + y > 2 ve z + t > 5 olduğunu biliyoruz, o halde x + y + z + t = |AC| + |BD| > 7, diğer taraftan AED ve BEC üçgenlerinde üçgen eşitsizliğinden de x + t > 8 ve y + z > 7 olduğunu biliyoruz. Yani x + y + z + t = |AC| + |BD| > 15, o halde bu iki sonucun kesişimi olarak |AC| + |BD| > 15 olmalıdır. Şaşırmayın, bunun sebebi, köşegenlerin birbirleriyle ters orantılı olmasıdır. Birinin en küçük değerini aldığını düşündüğümüzde diğerinin de en küçük değerini alıp, bunları toplayamayız, çünkü o an diğeri en büyük değerini alıyordur. D

Teorem. Bir üçgende kenarortay uzunluklarının toplamı çevreden küçük ama çevrenin yarısından büyüktür. Yani; üçgende yarı çevreye u denilirse u < va + vb + vc < 2u. Kanıt: Bir önceki teoremde bulduğumuz eşitsizliği çembersel dönüşüm ile her kenarortay için yazıp taraf tarafa toplayalım: b + c – a < 2⋅va < b + c c + a – b < 2⋅vb < c + a + a + b – c < 2⋅vc < a + b________ a + b + c < 2(va + vb + vc) < 2(a + b + c) olduğundan u < va + vb + vc < 2u eşitsizlikleri kanıtlanmış olur.

Teorem. Konveks bir dörtgende köşegenlerin toplamı, dörtgenin yarımçevresinden büyük ama tam çevresinden küçüktür. 6

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Teorem. Bir konveks dörtgenin dört köşesine A M olan uzaklıklarının topb d lamı en küçük olan nokta, O D c C bu dörtgenin köşegenlerinin kesim noktasıdır. Kanıt: Herhangi bir M noktasını dörtgenin köşelerine birleştirelim. MAC, MBD üçgenlerinde |AC| < |MA| + |MC| ve |BD| < |MB| + |MD|’dir. Bu iki eşitsizliği tarafa tarafa toplarsak; |AC| + |BD| = |OA| + |OB| + |OC| + |OD| < |MA| + |MC| + |MB| + |MD| olduğundan kanıt biter. a

Örnek. B açısı dik B A 20 olan ABCE dörtge- x 60 40 ninin A köşesinden CE kenarına inilen C y D z dikme ayağı D olE o A B sun. m(CAB) = 20 , 20 20 40 m(DAC) = 60o ve x 40 o y-z m(EAD) = 40 ise C |BC| = x, |CD| = y L z x D z E ve |DE| = z arasınB' da bir eşitsizlik yazınız. Çözüm: ABC üçgeninin AC’ye göre simetriğine AB′C üçgeni diyelim. |CB′| = x olur. Diğer yandan EAL üçgeni de ikizkenar olur. |LD| = |DE| = z olduğundan |CL| = y – z olur. CB′L üçgeninde hipotenüs en uzun kenar olduğundan y – z > x, düzenlersek y > x + z′dir.

Teorem. Konveks bir ABCD dörtgeninde AD en büyük, BC en küçük kenar ise D c m(B) > m(D) ve m(C) > m(A). d C Kanıt: BD köşegeninin dörtb genden ayırdığı iki üçgeni ele A a B alalım. ABD üçgeninde |AD| > |AB| olduğundan m(DBA) > m(ADB)’dir. BCD üçgeninde |CD| > |BC| olduğundan m(CBD) > m(BDC)’dir. Bu iki eşitsizliği taraf tarafa toplayarak m(B) > m(D) elde edilir. AC köşegeninin dörtgenden ayırdığı iki üçgeni ele alarak ve aynı muhakemeleri tekrarlayarak m(C) > m(A) elde edilir.

Orta taban. Bir üçgende iki kenarın orta noktalarını b/2 c/2 birleştiren doğru parçasına a/2 F orta taban denir. Şekilde E [DE], [EF], [FD] birer orta c/2 c/2 b/2 b/2 tabandır. Orta taban daima B a/2 D a/2 C üçüncü kenara (tabana) paraleldir ve tabanın yarısı uzunluktadır. Kanıtları benzerlik konusunda bulabilirsiniz. Bir üçgenin 3 tane orta tabanı vardır. A

Örnek. ABCD dışbükey D dörtgeninde |BA| = 6, |AD| = 7 A 7, |DC| = 8 ve |CB| = 9 olarak 6 8 veriliyor. |BD|’nin en küçük tamsayı değerini aldığı an B 9 C |AC| kaçtır? Çözüm: ‘’|BD| en küçük değerini aldığında, |AC| en büyük değerini alır’’ ifadesi doğru olsa da, ‘’|BD| = 2 olduğunda |AC| = 14 olur’’ demek yanlıştır. O halde n’apacağız? Düşünün…

Örnek. ABD üçgeninde BC kenarortay olup, CBA açısı diktir. |BC| = 6 ise |BD| tamsayı olarak en az kaç olabilir?

B x

6 A

C x/2

B 6

D E

x/2 D

Çözüm: C’den AB’ye çizilen paralel doğru, BD’yi E’de kessin. CE orta taban olur. BCE dik üçgeninde |BE| > 6 olduğundan |BD| = 2⋅|BE| > 12 olur. O halde cevabımız 13.

Teorem. Bir dik üçgende, bir dar açının açıortayının karşı kenardan ayırdığı parçalardan dik açı tarafındaki daha küçüktür. Kanıt: m(A) = 90o ve A m(ABN) = m(NBC) ise |NA| < |NC| olduğunu kaN nıtlayacağız. A dik köşesinin BN açıortayına göre B A' C simetriği A′ olsun. BN açıortayı B açısının simetri ekseni olduğundan A′ noktası BC üzerine düşer. m(BA′N) = 90o ve |NA′| = |NA| olur. A′CN dik üçgeninde |NA′| < |NC| olduğundan |NA| < |NC| bulunur.

B 12 A 12 A

9 D

6 V

9 C

Örnek. ABC üçgeninde AV kenarortaydır. |AB| = 12 ve |BC| = 18 ise |BV| = x kaçtır? Çözüm: V’den AB’ye çizilen paralel BC’yi D’de kessin. [VD] orta taban olur. |VD| = 6, |BD| = |DC| = 9 olduğundan, üçgen eşitsizliği gereği 3 <

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Önce yüksekliklerin neden noktadaş olduğunu gösterelim, daha sonra da diklik merkezinin üçgenin içinde, üstünde veya dışında olmasının neden üçgenin açılarına bağlı olduğuna bir yorum getirelim.

x < 15’tir. O halde x, 11 farklı tamsayı değeri alabilir.

Örnek. |AB| = 4 ve |AC| = 12 olan yanda12 ki ABC üçgeninde 4 x α m(B) = α > 90o ise AV C B V kenarortayının boyuA nun alabileceği tam6 D sayı değeri kaçtır? 4 x 6 2 Çözüm: V’den AB’ye α C paralel çizilen doğru B V AC’yi D’de kessin. [DV] orta taban olur, boyu da 2 olur. Diğer yandan DVC açısı geniş olduğundan VDC açısı dar, bundan dolayı ADV açısı geniş olur. Bu durumda x sadece 7 değerini alabilir. A

ABC üçgeninin ters-orta C' A B' üçgeni olan A′B′C′ üçgenini çizelim. Yani öyle bir H A′B′C′ üçgeni çizelim ki B C ABC üçgeni onun orta üçgeni (kenar orta noktalarını köşe kabul eden üçgen) olA' sun. Bir üçgeninin kenar orta dikmelerinin noktadaş olduklarını ve kesiştikleri noktanın da üçgenin çevrel çemberinin merkezi olduğunu biliyoruz. O halde bu A′B′C′ üçgeninde de böyle. Orta üçgenin kenarları asıl üçgene daima paralel olduğundan bahsi geçen kenar orta dikmeler ABC üçgeninin yükseklikleridir. O halde ilk kısım kanıtlanmış oldu. Gelelim ikinci kısma: ABC üçgeni geniş (veya dar) açılı olsaydı A′B′C′ üçgeni de ABC ye benzer olduğundan geniş (veya dar) açılı olacaktı. Böyle üçgenlerin çevrel çember merkezinin üçgenin dışında (veya içinde) olacağını biliyoruz. O halde diklik merkezi de üçgenin dışında (veya içinde) olur. Eğer ABC bir dik üçgen olsaydı, A′B′C′ üçgeni de dik üçgen olurdu ki çevrel çember merkezi hipotenüsünün orta noktası olacaktı, bu da orta üçgeninin herhangi bir köşesi demek zaten…

Örnek. ABC üçgeninde B A ve C açılarına ait iç açıortaylar I noktasında keI sişmektedir. BIC üçge8 ninde IV kenarortayının B C V boyu 8 birim ise |BC| tamsayı olarak en az kaç olabilir? Çözüm: Burada dikkat edilmesi gereken nokta BIC açısının geniş olduğudur. Tam 90o olsaydı, muhteşem üçlü gereği |BC| = 16 olurdu ama m(BIC) > 90o olduğundan |BC| > 16’dır. O halde tamsayı olarak en küçük değeri 17’dir. Orta(y) ve ters orta(y) üçgen. Orta tabanlardan oluşan üçgene (DEF) orta üçgen veya ortay üçgen denir. Ortay üçgenin alanı orijinal üçgenin (ABC) alanının 1/4’ü, çevresi ise 1/2’si kadardır. Nasıl ki DEF üçgenine ABC üçgeninin orta üçgeni deniyor, ABC üçgenine de DEF üçgeninin ters orta(y) üçgeni denir.

Peki, herhangi bir üçgenin üç yüksekliğini birer kibrit çöpü gibi elime alsam, uçlarını ikişer ikişer birbirine değdirerek her zaman bir üçgen yapabilir miyim? Öyle ya, bunlar kenarortay olsa yapabiliyordum… Üzgünüm ki; yüksekliklerde bunu yapmak her zaman mümkün değil… Çünkü yükseklikler kenarlarla ters orantılı olduğundan (temel alan formülünü hatırlayınız), yüksekliklerin çarpımsal tersleri kenarlarla doğru orantılıdır. Yani kenar uzunluklarının buna izin vermesi lazım. Bu da bize şu eşitsizliği yazma hakkı verir (üçgen eşitsizliği):

Diklik merkezi. Bir üçgenin üç kenarına ait üç yüksekliği daima tek noktada kesişir. Bu noktaya üçgenin Diklik Merkezi denir. A

H A=H

H B

C B

Diklik merkezi genelde H ile gösterilir. Üçgen daraçılı ise diklik merkezi üçgenin içinde, geniş açılı ise dışındadır. Eğer üçgen dik ise diklik merkezi dik kenarların kesiştiği köşedir.

1 1 1 1 1 < − < + , ha hb hc ha hb

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Kosinüs. α açısının komşusundaki dik kenarın hipotenüse olan oranına, α açısının kosinüsü denir. cos α ile gösterilir. b cos(BAC) = cos α = c Tanjant. α açısının karşısındaki dik kenarın komşusundaki dik kenara olan oranına, α açısının tanjantı denir. tg α veya tan α ile gösterilir. a tan(BAC) = tan α = b Kotanjant. α açısının komşusundaki dik kenarın karşısındaki dik kenara olan oranına, α açısının kotanjantı denir. ctg α veya cot α ile gösterilir. b cot(BAC) = cot α = a Sekant. Hipotenüsün, α açısının komşusundaki dik kenara olan oranına, α açısının sekantı denir. sec α ile gösterilir. c sec(BAC) = sec α = b Kosekant. Hipotenüsün, α açısının karşısındaki dik kenara olan oranına, α açısının kosekantı denir. cosec α veya csc α ile gösterilir. c csc(BAC) = csc α = a

1 1 1 1 1 − < + , < ha hc hb ha hc 1 1 1 1 1 − < + . < hc hb ha hc hb Örnek. Bir yüksekliği 3 birim, başka bir yüksekliği de 6 birim olan bir üçgenin, üçüncü yüksekliği kaç farklı tamsayı değeri alabilir? 1 1 1 1 1 Çözüm: < − < + olduğundan ha hb hc ha hb 1 1 1 1 1 − < < + eşitsizliği geçerlidir. 3 6 h 3 6 1 1 1 < < olduğundan h, {3, 4, 5} değerleri ol6 h 2 mak üzere 3 farklı tamsayı değeri alabilir.

Örnek. |AB| = 9 ve |BC| = A 12 olan bir ABC üçgeninde A ve C köşelerinden x inen yükseklikler üçgen 9 içinde bir H noktasında E H kesişiyorlar. Buna göre C |AC| = x kaç farklı tamsayı B D 12 değeri alabilir? Çözüm: Diklik merkezi üçgenin iç bölgesinde olduğundan, ABC üçgeninin dar açılı olduğunu anlıyoruz. m(B) = 90o olsaydı, x = 15 olurdu, m(B) < 90o olduğundan x < 15’tir. Diğer yandan 122 < x2 + 92 olduğundan x > 63 ’tür. O halde x, {8, 9, 10, 11, 12, 13, 14} olmak üzere 7 farklı tamsayı değeri alabilir.

Ayrıca, 1 , tan α 1 sec α = , cos α 1 csc α = sin α olduğundan, yani cot, sec ve csc zaten sin, cos, tan cinsinden yazılabildiğinden ilk 3 trigonometrik oran diğerlerine göre daha çok önem arzetmektedir. sin2 α + cos2 α = 1 ve tan α = sin α⋅cos α eşitliklerini yukarıda verilen eşitliklerden rahatlıkla çıkarabilirsiniz. cot α =

Dik Üçgenlerde Trigonometrik oranlar. Bir dik üçgende kenarların birbirlerine oranlarının özel adları vardır. 3 kenar var diye 6 farklı oran yazılabileceğinden, 6 ayrı oran tanımlayacağız: kosinüs (cos), sinüs (sin), tanjant (tan), kotanjant (cot), sekant (sec), kosekant (csc). B c

α A

Dik kenarları a ve b, hipotenüsü c olan bir ACB dik üçgeni çizilsin. m(BAC) = α olsun.

Ayrıca sıkça karşılaşacağımız bazı özel açıların trigonometrik değerlerini bilmemizde fayda var. Hepsinin kanıtını özel üçgenler kullanarak yapabilirsiniz. Matematikçiler kavramları genelleştirme eğilimindedirler. Zaten matematik büyük ölçüde geli-

Sinüs. α açısının karşısındaki dik kenarın hipotenüse olan oranına, α açısının sinüsü denir. sin α ile gösterilir. a sin(BAC) = sin α = c 9

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Kanıt: Eğer α = 90o ise, kosinüs teoremi tam tamına Pisagor teoremidir. Bundan böyle α ≠ 90o olsun. α’nın 90o’den büyük ya da küçük olmasına göre iki şıkkımız var.

şimini böyle genellemelere borçludur. Dar açılar için tanımladığımız bu oranları geniş ve üstün açılar için de tanımlayabiliriz. Bu konu daha çok Trigonometri konusuna girdiğinden detaya girmeden kanıt yapmadan birkaç formül ve eşitsizlik vereceğiz. Ayrıca eğer çok merak ediyorsanız benden trigonometrik değerleri bulunabilecek tüm açıların (1,5 derecenin tam katları) tüm trigonometrik değerlerini isteyebilirsiniz. 15o, 22.5o, 30o, 45o, 60o, 67.5o, 75o gibi özel açıların trigonometrik değerlerini de özel üçgenler konusunda vermiştik zaten.

Birinci Şık: α ≥ 90o. Yandaki şekilA d den takip edelim. α b c Tanımlardan dolaδ yı, cos α = −sin(α C B a − 90o) = −sin δ = − d/b. Bunu aklımızda tutalım, birazdan gerekecek. AHC’ye Pisagor uygularsak, b2 = h2 + d2 buluruz. Bunu da aklımızda tutalım, bu da gerekecek. Son olarak, BHC’ye Pisagor uygulayıp yukarda bulduğumuz iki eşitliği yerlerine koyalım: a2 = (c + d)2 + h2 = c2 + d2 + h2 + 2cd = c2 + b2 + 2cd = c2 + b2 − 2cb cos α. Bu şıkta teoremimiz kanıtlanmıştır. H

Sonuçlar. * sin ve cos oranları [−1, 1] aralığındadır. Bu aralığın dışında değerler alamazlar. * tan ve cot oranları reel her değeri alabilir. * sec ve csc oranları, sin ve cos oranları 0 olduğunda tanımsız olur, bunun dışında 1’den büyük veya −1’den küçüktür. * Birbirini tümleyen açılardan birinin kosinüsü, tanjantı, sekantı, diğerinin sırasıyla sinüsü, kotanjantı, kosekantıdır. * Birbirini bütünleyen açıların sinüsleri ve kosekantları eşittir. * Birbirini bütünleyen açıların kosinüsleri, tanjantları, kotanjantları, sekantları mutlak değerce eşit fakat zıt işaretlidirler. * sin 2α = 2⋅sin α⋅cos α * cos 2α = cos2 α – sin2 α = 2⋅cos2 α – 1 = 1 – 2⋅sin2 α 2 ⋅ tan α * tan 2α = 1 − tan 2 α

A y c H x B

α B

h a

a2 = x2 + h2 = x2 + b2 − y2 = b2 + (x + y)(x − y) = b2 + (x + y)(x + y − 2y) = b2 + (x + y)2 − 2y(x + y) = b2 + c2 − 2yc = b2 + c2 − 2bc⋅cosα elde ederiz ki, bu da bizim kanıtlamak istediğimiz eşitlik. □

Üç kenar uzunluğu verilen bir çeşitkenar üçgenin herhangi bir açısı veya bu açının herhangi bir trigonometrik değeri sorulursa, bunu Kosinüs Teoremi ile rahatlıkla bulabiliriz. Tabii ki bu teorem çeşitkenar üçgenlerde sağlandığı gibi diğer tüm üçgenlerde de sağlanır. Ayrıca açıları ve bir kenarı verilmiş bir üçgenin verilmeyen başka bir kenarı da Sinüs Teoremi’nden rahatlıkla bulunabilir. Şimdi bu teoremleri vereceğiz. Fakat bundan önce trigonometrik oranları tanımlayalım. A

İkinci Şık: α ≤ 90o. Gene yandaki şekilden takip edelim. Tanıma göre cos α = y/b. Pisagor Teoremi’ni şekildeki iki dik üçgene uygulayarak, b2 = y2 + h2 ve a2 = x2 + h2 elde ederiz. Şimdi bunları kullanarak,

a sinC

b − a cosC

C a cosC

Kanıt-2: c2 = (a⋅sin C)2 + (b – a⋅cos C)2 c2 = a2⋅sin2C + b2 – 2ab⋅cos C + a2⋅cos2 C c2 = a2 + b2 – 2ab⋅cosC olduğundan kanıt biter.

Kosinüs Teoremi. Bir ABC üçgeninde, BC2 = AB2 + AC2 − 2⋅AB⋅AC⋅cos α eşitliği geçerlidir.

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Sonuç olarak {4, 5, 6} olmak üzere 3 farklı tamsayı değeri alabilir.

Soru tipi. Yandaki gibi a, b, d c, d, e değerleri verilip, x deE e ğeri sorulur. x b Çözüm yolu. Üç kenar uzunD c luğu da bilinen ABC üçgeB a C ninde kosinüs teoremi yardımıyla cos A bulunur, sonra DAE üçgenindeki kosinüs teoreminde yerine yazılarak x bulunur. A

Soru tipi. Bir üçgenin herhangi 2 açı ölçüsü ve 1 kenar uzunluğu verilip, diğer kenarlardan biri sorulur. A Çözüm yolu: Sinüs Teoremi’nden α b kolaylıkla çözülebilir. β Uygun şartlar altında, 1 açı ölçüsü a C B ve 2 kenar uzunluğu verilip, diğer bir açı ölçüsü sorulduğunda da Sinüs Teoremi uygulanabilir.

Soru tipi. Yandaki gibi a, b, c, d, e değerleri verilip, x deE e ğeri sorulur. b a Çözüm yolu. Üç kenar uzunD c luğu da bilinen ADE üçgeninx B C de kosinüs teoremi yardımıyla cos A bulunur, sonra ABC üçgenindeki kosinüs teoreminde yerine yazılarak x bulunur. A

Örnek. Yandaki şekilde BA ⊥ AD ve 10 5 BC ⊥ CA veriliyor. C |CB| = 4, |BA| = 5 x 4 D A ve |AD| = 10 ise |CD| = x kaç olur? 3 10 5 Çözüm: |AC| = 3 C olduğunu hemen x 4 D yazalım. x’in buluB nabilmesi cos(DAC) değerinin bilinmesine bağlı. Diğer yandan m(DAC) = m(ABC) olduğundan cos(ABC) = 4 4 diye cos(DAC) = . 5 5 4 x2 = 32 + 102 – 2⋅3⋅10⋅ = 61 . 5 A

Soru tipi. Yandaki gibi bir şekilde a, b, c, d, e, x değerx c lerinden beşi verilir, altıncı C a d sorulur. B E Çözüm yolu. Üç kenarı da bilinen üçgende kosinüs teoremi yardımıyla cos C bulunur, bu değer diğer üçgende kosinüs teoreminde yerine yazılarak cevaba ulaşılır. D

A b e

Soru tipi. a ve c kenarları verilip, B açısının bir α açısından c küçük veya büyük olduğu veC rilir. Bu durumda x’in alabileB a ceği değerler sorulur. Çözüm yolu. B açısının ölçüsü tam αo olduğunda x’in kaç olacağı kosinüs teoremi yardımıyla bulunur. Bulunanın p olduğunu farzedelim. m(B) < αo ise |a – c| < x < p, m(B) > αo ise p < x < a + c. Diğer sınır değerlerini üçgen eşitsizliği yardımıyla bulduk. A

Örnek. ABCD bir yamuk, 37 3 |DA| = 9, |AB| = 3, A |BC| = 5, 9 D |CD| = 37 5 B C olduğuna göre m(A) 37 3 3 kaç derecedir? α α Çözüm: İster B’den A CD’ye paralel olarak 4 D 5 E geçen doğruyu çizin, isterseniz şekilde yaptığımız gibi C’den BA’ya paralel olarak geçen CE doğrusunu. EABC paralelkenar olur. CEA üçgeninde kosinüs teoreminden, 37 = 32 + 42 − 2⋅3⋅4⋅cos α 37 = 25 − 24⋅cos α 1 cos α = − olduğundan α = m(A) = 120o’dir. 2

Örnek. ABC üçgeninde |AB| = 8 ve |BC| = 5 olarak veriliyor. m(B) 8 = α < 60o ise |AC| kaç farklı tamsayı değeri alabilir? α o B C Çözüm: α = 60 olsaydı, |AC| = 7 5 olurdu. Bunu kosinüs teoreminden bulduk. O halde |AC| < 7. Diğer yandan, üçgen eşitsizliğinden |AC| > 3. A

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

m(DOB) = 150o bulunur. Gerisi kosinüs teoremine kaldı: 3 )=8+4 3 x2 = 22 + 22 − 2⋅2⋅2⋅(− 2

Örnek. ABC bir dik üçgen olup, C’den geçen B 8 merkezli çember hipote6 nüsü D’de kesiyor. x |BC| = 6, C A D |BA| = 8 B olduğuna göre |AD| = x 8 kaçtır? 6 6 Çözüm: Çemberde kuvα vet teoreminden hemen C D x A çözülebilecek bu soruyu biz şu an kosinüs teoremiyle çözeceğiz. [BD] yarıçap olduğundan |BD| = 6’dır. Diğer yandan 4 olur. BDA üçgeninde m(CAB) = α iken cos α = 5 kosinüs teoreminden, 4 36 = x2 + 64 − 2⋅x⋅8⋅ 5 14 ’dir. bulunur ki, denklemin pozitif kökü x = 5 B

x 120

3 3

D 1 B 1L x 120

A E1 2

diye x =

Örnek. CDB üçgeninde, A AC ⊥ BC, |AC| = |AD|, x 5 |BC| = 4, |BA| = 5 B C 4 ise |CD| = x kaçtır? D Çözüm: m(DAC) = α 3 olsun. cos α değerini A α bulabilirsek, DAC üçx θ 5 geninde kosinüs teo3 reminden soruyu çözeriz. m(CAB) = θ olsun. B C 4 α ile θ bütünler oldu3 ğundan cos α = −cos θ = − olur. O halde, 5 3 54 144 x2 = 32 + 32 − 2⋅3⋅3⋅(− ) = 18 + = 5 5 5 12 12 5 = bulunur. diye x = 5 5

Örnek. ABCD bir eşkenar dörtgen, |CF| = |EA| = 1, |BF| = |DE| = 2 m(CDA) = 120o ise |FE| = x kaçtır? Çözüm: E’den AB kenarına paralel olan EL doğrusunu çizelim. |FL| = 1 ve |LE| = 3 olur. ELF açısının ölçüsü de 120o olacağından ELF üçgeninde kosinüs teo-

Direkt olarak, DBC üçgeninde B açısına bağlı bir kosinüs teoremi de yazabilirdik, daha kısa sürerdi ama bütünler açıların kosinüslerinin birbirlerinin zıt işaretlileri olduğunu da C B hatırlayalım istedim. Örnek. ABCD bir kare |CE| = |ED|, E θ m(BEA) = θ ise tan θ kaçtır? Çözüm: Karenin bir kenar A D uzunluğu 2 olsun. |CE| = 2 | C B ED| = 1 olur. |BE| = |EA| = θ/2 5 olduğundan ABE üçge1 5 ninde kosinüs teoreminden 2 E θ cos θ’yı bulup, oradan tan θ 5 1 değerini bulacağız. 22 = 5 + 5 − 2⋅5⋅cos θ A 2 D 3 cos θ = bulunur. 5 Uygun dik üçgeni çizerek, θ dar açı olduğundan, 4 tan θ = olduğu rahatlıkla bulunabilir. 3

reminden, 1 x2 = 12 + 32 − 2⋅1⋅3⋅(− ) = 1 + 9 + 3 = 13 2 olur ki buradan x = 13 bulunur.

B C

5θ 7θ x

D B C x

A 75

2 150

O 2

8 + 4 3 = 8 + 2 12 = 6 + 2 .

Örnek. Yandaki ABCD kirişler dörtgeninin yarıçapı 2’dir. m(DAB) = 5θ, m(BCD) = 7θ ise |BD| = x kaçtır? Çözüm: Kiriş dörtgenlerinde karşılıklı açı ölçüleri toplamı 180o’ydi. O halde 12⋅θ = 180o ve θ = 15o olur. O halde m(DAB) = 75o ve dolayısıyla

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

1 olduğundan, yarım 2 2 açı formüllerini kullanarak da tan θ’ya ulaşılabilirdi, tavsiyemiz odur, ilerde göreceğiz.

EBC üçgeninde tan(

olduğundan cos α =

) =

−1 bulunur. a +1

Örnek. Yandaki ABCD kirişler dörtgeninde, 4 A |CD| = 2, x |DA| = |AB| = 3, 3 C 2 |BC| = 4 ise |CA| = x kaçtır? D B Çözüm: m(CDA) = θ olsun. Bir önceki örnekten sebeple3 4 nelim: A x 1 Ona göre cos θ = − . C 2θ 3 3 CDA üçgeninde kosinüs teoD remi uygulanırsa, 1 x2 = 22 + 32 − 2⋅2⋅3⋅(− ) = 4 + 9 + 4 = 17 3 olduğundan x = 17 bulunur. 3

Örnek. ABC ve CDE birer üçgendir. 3 |EA| = 3, E 8 |AB| = 8, x 4 |BC| = 6, 6 B C 4 D |CD| = |CE| = 4 ise |ED| = x kaçtır? A Çözüm: m(ECD) = α 3 ve m(BCA) = θ olsun. E 8 α ile θ’nın bütünler x 4 olduğuna da dikkat θ α 6 B C 4 D edin. BCA üçgeninde kosinüs teoreminden cos θ’yı bulacağız. cos α = −cos θ olduğundan bunu ECD üçgenindeki kosinüs teoremi uygulamasında yerine koyacağız. 1 1 çıktığından cos α = − Uzatmayayım, cos θ = 4 4 olur. Yerine yazılırsa x = 40 olarak bulunur. A

Örnek. Bir üçgenin kenar uzunlukları olan a, b, c arasında bc b+c−a= a+b+c bağıntısı geçerliyse, bu üçgenin A açısının ölçüsü kaç derecedir? Çözüm: (b + c − a)⋅(b + c + a) = bc olduğundan (b + c)2 − a2 = bc olur. b2 + 2bc + c2 – a2 = bc eşitliğinden a2 = b2 + c2 + bc bulunur ki, kosinüs teoremi gereği a2 = b2 + c2 – 2bc⋅cos A olduğunu bil1 diğimizden bc = −2bc⋅cos A bulunur. cos A = − 2 çıktığından m(A) = 120o olarak bulunur.

Örnek. ABCD kirişler dört, geninde B a α a+1 |CD| = a, D |DA| = a + 2, a+1 | AB| = |BC| = a + 1, a+2 m(BCD) = α A olduğuna göre cos α kaçtır? C Çözüm: [DB] köşegenini çia+1 B zelim. Boyuna da x diyelim. a α D x Hemen BCD üçgeninde hem a+1 de DAB üçgeninde kosinüs a+2 α teoremi uygulayacağız. A x2 = a2 + (a + 1)2 − 2⋅a⋅(a + 1)⋅cos α = 2a2 + 2a + 1 − (2a2 + 2a)⋅cos α m(DAB) = α′ olsun. α ile α′ bütünler olduğundan cos α′ = −cos α olur. x2 = (a + 1)2 + (a + 2)2 − 2⋅(a + 1)⋅(a + 2)⋅(−cos α) = 2a2 + 6a + 5 + (2a2 + 6a + 4)⋅cos α Şimdi bulduğumuz bu farklıymış gibi görünen iki x2 değerini eşitleyeceğiz. x2 = 2a2 + 2a + 1 − (2a2 + 2a)⋅cos α = 2a2 + 6a + 5 + (2a2 + 6a + 4)⋅cos α eşitliği düzenlenirse, −4a − 4 = (4a2 + 8a + 4)⋅cos α −4⋅(a + 1) = 4⋅(a + 1)2⋅cos α C

Örnek. Bir üçgenin kenar uzunlukları olan a, b, c arasında a2⋅(a – b – c) = a3 – b3 – c3 bağıntısı geçerliyse, bu üçgenin A açısının ölçüsü kaç derecedir? Çözüm: a3 – a2b – a2c = a3 – b3 – c3 eşitliğinde gerekli sadeleştirmeler yapılırsa, a2⋅(b + c) = (b + c)⋅(b2 – bc + c2) çıkar. Bu da a2 = b2 + c2 – bc demektir. Üst soruda yaptığımız gibi −bc = −2bc⋅cos A dersek, cos A = 1 çıktığından m(A) = 60o olarak bulunur. 2

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Örnek. Bir ABC üçgeninde a = 12 olup, cos A = 5 olarak veriliyor. Bu üçgenin çevrel çemberinin 13 yarıçapı kaçtır? Çözüm: Uygun dik üçgeni hemen çizerseniz sin A 12 olduğunu görürsünüz. Sinüs Teoremi gereği = 13 a = 2 R olduğunu biliyoruz. a ve sin A değersin A leri bu eşitlikte yerlerine yazılırsa R = 6.5 olarak bulunur.

Sinüs Teoremi. ABC herhangi bir üçgen olsun. Açılara sırasıyla α, β, γ diyelim. O zaman BC AC AB = = sin α sin β sin γ eşitlikleri geçerlidir. Ayrıca, eğer üçgenin köşeleri R yarıçaplı bir çemberin üstündeyse, bu değerler 2R’ye eşittir. Kanıt-1: Çemberin merkezine O diyelim. Şekildeki gibi A O’dan BC’ye dik inelim. O m(BOP) = α eşitliğine dikkatiA nizi çekerim. |BO| = |OC| olC duğundan, BOP ikizkenar bir B P üçgendir, dolayısıyla m(BOP) = m(POC). Şimdi BOP üçgeninde hesaplayalım: BP BC = . sin α = sin(BOP) = OB 2R A

Soru tipi. Yandaki şekilde a, b, c, d, x değerlerinden dördü b c x verilip, beşinci sorulur. Çözüm yolu: Stewart TeoreB D a C d mi yardımıyla bulunur. Stewart Teoremi. Yandaki A b şekil için; a e a 2d + b 2c B c D C e2 = d – cd. c+d Kanıt: ADB ve ADC açılarına sahip üçgenlerde kosinüs teoremi uygulanıp e2 değeri çekilirse istenilen elde edilir. A

= 2R. (Dikkat: Eğer α açısı sin α 90o’den fazlaysa, o zaman O noktası üçgenin dışında kalır ama gene aynı eşitliği elde ederiz.) Aynı şeyi diğer açılarla da yaparsak teoremi elde ederiz. □ Demek ki

Uyarı. İkizkenar üçgenlerde Stewart Teoremi çok x daha basit bir hal alır. B b D C c x2 = a2 – b.c Genel Stewart formülünden bu eşitliğin kanıtını yapabilirsiniz. Çemberde kuvvet konusunda da şık bir kanıtını daha göreceksiniz. A

Kanıt-2: A köşesinden geçen A çap çemberi B′ noktasında b c o ve a B C kessin. m(ACB′) = 90 2R m(AB′C) = m(ABC) olur. b olduğunsin B = sin B′ = B' 2R dan eşitliğin biri gösterilmiş olur. Diğerleri de simetrik şekilde kanıtlanabilir.

Soru tipi. A’dan B’ye, C’ye uğramak kaydıyla, en kısa yolun boyu veya yolun en kısa olması için C’nin nerede alınması gerektiği sorulur.

Örnek. Bir ABC üçgeninde, sin2 A + sin2 B = sin2 C eşitliği geçerliyse, bu üçgen ailesi hakkında ne söylenebilir? Çözüm: Sinüs Teoremi’ne göre, a b c = = = 2R sin A sin B sin C a b c , sin B = ve sin C = . diye sin A = 2R 2R 2R Verilen bağıntıda bu değerler yerlerine yazılırsa, b 2 c 2 a 2 ) +( ) = ( ) olur ki, sadeleştirilirse ( 2R 2R 2R b2 + c2 = a2 bulunur. O halde bu eşitliğin geçerli olduğu üçgen ailesi A açısı dik olan üçgen ailesidir.

Çözüm yolu: Biraz detaylı oldu ama aşağıdaki hikaye sorunu çözer: Koordinatları verilmiş A ve B noktalarını birer köy, x eksenini de bir ırmak gibi düşünün. A köyündesiniz. Köyünüzde bir yarışma yapılıyor. Kim ırmaktan su içtikten sonra en erken B köyüne varacak? Herkes, eğer hızlarında değişiklik olmazsa ırmağa ilk varanın, B’ye de ilk varacağını düşünür. Ama bu köyde kazların ayağı öyle değil! Tavşan kaplumbağadan hızlıdır ama her zaman tavşan kaplumbağayı geçemez değil mi? Daha hızlı olmaktansa daha kısa yolu tercih etmek daha faydalıdır çoğu zaman. Şimdi dediklerimi iyi dinleyin. 14

Mustafa YAĞCI

Kenar-Açı Bağıntıları

Çözüm: P’yi BA doğrusunun d doğrusunu kestiği yerde olarak alsaydık ||BP| – |PA|| maksimum olurdu ama P’yi [CD] üstünde alma mecburiyetimiz var. O halde P’yi tam C’nin olduğu yerde alırsak 15 – 4 = 11 olarak buluruz.

A köyünün ırmağa göre simetB(c, d) riğine şekildeki gibi A′ köyü diyelim. Simetrik nesnelerin A(a, b) simetri eksenine eşit uzaklıklarda olduğuna değinmiştik, P(n, 0) x O hatırlayın. Demek ki ha A köA'(a, -b) yünden B’ye gitmişsin, ha A′ köyünden. Peki, A′ köyünden B köyüne en kısa yol ne? Bu iki köyü birleştiren doğru parçası. O halde ırmaktan su içeceğin yer, tam bu A′B doğru parçasının x eksenini kestiği yer, yani P noktası olmalıdır. Her zamanki gibi hızlı olan değil, zeki olan kazandı!

Yani, |AP| + |PB| en az ise A′, P, B doğrusaldır.

Örnek. A ve B noktalarından d doğrusuna inilen dikme ayakları C ve D olsun. P noktası [CD] üzerinde değişken bir nokta ise |AP| + |PB| toplamının alabileceği en küçük değer kaçtır?

B A

4 d C

P 12

Çözüm: C noktasını orijin gibi düşünürsek B(12, 9), P(x, 0) ve A′(0, –4) olur. Bu üç noktanın doğrusal olması halinde |AP| + |PB| = |BA′| olur ki, iki nokta arasındaki uzaklık formülünden cevap 313 olur. Soru tipi. Toplamın en küçük olduğu durum gibi, farkın en büyük olduğu durum da sorulur. Çözüm yolu: |AP| – |BP| en çok ise A, B ve P doğrusal olur. y Bunun sebebi de P noktasının A A ve B ile aynı doğru üzerinde B bulunmamaları halinde ABP diP ye bir üçgen oluşturacakları ve x O üçgen eşitsizliğinden |AP| – |PB| farkının her halükarda |AB|’den küçük olacağıdır.

Örnek. A ve B noktalarından d doğrusuna inilen dikme ayakları C ve D olsun. P noktası [CD] üzerinde değişken bir nokta ise ||BP| – |PA|| farkının alabileceği en büyük değer kaçtır?

B A

4 d C

P 12