Bir Üçgene Ait Çemberler

Yazar: Cemal Koç

Yıl: 1992-1

Sayı: 6

Bu sayımızda Emre Alkan’ın derlediği problemlere devam edeceğiz. Ancak bunlar geçen sayıdakilere göre daha fazla ön bilgi gerektiriyor. Bütünlük sağlamak için önce Cemal Koç’un “Bir üçgene ait çemberler” konulu yazısına yer verdik.

Bir üçgene ait çevrel çember, dış teğet çemberler ve dokuz nokta çemberi üçgenin ögelerindendir. Bu yazıda amacımız, gerekli ön bilgilerle birlikte söz konusu çemberlere ilişkin bazı önemli özellikleri sunmak.

Kolaylık sağlamak için yazımız boyunca sık sık kullanacağımız gösterimleri verelim:
$\hat{A}$, $\hat{B}$, $\hat{C}$ açılar ve açı ölçüleri
$V_a$, $V_b$, $V_c$ kenar orta noktaları
$N_a$, $N_b$, $N_c$ açı ortayların karşı kenarları kesim noktaları
$H_a$, $H_b$, $H_c$ yükseklik ayakları
$H$ ortosantr, $G$ ağırlık merkezi, $O$ çevrel çember merkezi
$I$; $I_a$, $I_b$, $I_c$ iç ve dış merkezler
$E$ dokuz nokta çemberinin merkezi
$a$, $b$, $c$ kenar uzunlukları
$v_a$, $v_b$, $v_c$ kenarortaylar
$n_a$, $n_b$, $n_c$ açıortay uzunlukları
$h_a$, $h_b$, $h_c$ yükseklikler
$S$ alan, $u = \frac{a+b+c}{2}$ yarı çevre
$R$ çevrel yarıçap
$r$, $r_a$, $r_b$, $r_c$ iç ve dış yarıçaplar

Stewart Teoremi ve Sonuçları

Stewart teoremi bir üçgene ait kenarortay açıortay vb. ögelerin uzunluk formüllerini hemen verebilen kullanışlı bir sonuç.

Teorem 1: (Stewart) Bir $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üzerinde bir nokta $D$ olsun. Eğer $$|DA| = x, |DB| = p, |DC| = q$$ ise $$ax^2 = pb^2 + pc^2 -apq \quad (1)$$ olur.

İspat: $\widehat{ADB}$ ve $\widehat{ADC}$ açılarının ölçülerine sırasıyla $\alpha$ ve $\pi-\alpha$ diyerek $\overset{\triangle}{ADB}$ ve $\overset{\triangle}{ADC}$ üçgenlerine kosinüs teoremini uygularsak $$c^2 = p^2 + x^2 – 2px\cos{\alpha}$$ $$b^2 = q^2 + x^2 + 2qx\cos{\alpha}$$ elde ederiz. Birincinin her iki yanını $q$, ikincisininkini $p$ ile çarpıp toplarsak ispat biter.
Bu teoremde $p = q = \frac{a}{2}$ alacak olursak $x$ kenarortay uzunluğunu verir. Açıortay uzunluğunu bulmak için ise açıortay bağıntısı adı verilen
$$\dfrac{p}{c} = \dfrac{q}{b}= \dfrac{a}{c+b}$$ eşitliklerini kullanmak yeterlidir. Buna göre şu sonucu verebiliriz:

Sonuç: Bir $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeninin $A$ köşesine ilişkin kenarortay $v_a$ ve açıortay $n_a$ ise


$v_a^2 = \dfrac{b^2}{2} + \dfrac{c^2}{2} – \dfrac{a^2}{4} \ $ (kenarortay bağıntısı) (2)


$n_a^2 = cb + pq; \ \ (p =\dfrac{ac}{b+c}, \ q =\dfrac{ab}{b+c})$ (3)


$n_a^2 = \dfrac{4bcu(u-a)}{(b+c)^2}$ (4)

olur. Şimdi üçgenlerdeki çemberleri tek tek ele alalım.

Çevrel Çember

Bir $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeninin köşelerinden geçen tek bir çember vardır;

Merkezi kenar orta dikmelerin $O$ kesim noktası olan bu çembere çevrel çember diyoruz. Aşağıdaki bağıntılar yazılabilir:


$a = 2R\sin{A}, \ \ b = 2R\sin{B}, \ \ c = 2R\sin{C} \ \ $ (Sinüs Teoremi) (5)

$S = \dfrac{1}{2}ab\sin{C} = \dfrac{abc}{4R} $ (6)

Teğet Çemberler

Bir $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeni için, her üç kenara da teğet olan dört çember vardır. Doğal olarak bu çemberlerin merkezleri iç ya da dış açıortayların kesim noktalarıdır. İki iç açıortay üçgen içinde, iki dış açıortay da üçgen dışında keseceklerinden bu dört çemberden birinin $I$ merkezi üçgen içinde, diğer üçünün karşılık geldikleri köşeye göre $I_a$, $I_b$, $I_c$ ile gösterilen merkezleri üçgen dışındadır. Benzer biçimde yarıçaplar için de $r$, $r_a$, $r_b$, $r_c$ gösterimleri kullanılır. Buna göre $A$, $B$, $C$ köşelerinden
(i) iç çembere olan teğet uzunlukları sırasıyla $u\ – \ a$, $u\ – \ b$, $u\ – \ c$
(ii) $I_a$ merkezli dış çembere olan teğet uzunlukları $u$, $u\ – \ c$, $u\ – \ b$
olur.

Böylece hemen şu sonuçları yazabiliriz:

$S = ru = r_a (u\ – \ a)$ (7)

$tan{\dfrac{A}{2}} = \dfrac{r}{u\ – \ a}$ (8)

Alıştırmalar

1) $$\tan{\frac{B}{2}}\tan{\frac{C}{2}} + \tan{\frac{C}{2}}\tan{\frac{A}{2}} + \tan{\frac{A}{2}}\tan{\frac{B}{2}} = 1$$ ve $$\cot{\frac{A}{2}}\cot{\frac{B}{2}}\cot{\frac{C}{2}} = \cot{\frac{A}{2}} + \cot{\frac{B}{2}} + \cot{\frac{C}{2}} = \frac{u}{r}$$ bağıntılarını kurunuz.

2)İç teğet çemberin $[BC]$’ye değme noktası $D$ ise, $$|V_{a}D| = \dfrac{|b\ -\ c|}{2}$$ $$|V_{a}N_{a}| = \dfrac{a|b\ -\ c|}{2(b+c)}$$ $$|V_{a}H_{a}| = \dfrac{|b^2\ -\ c^2|}{2a}$$ olduklarını göstererek $$|V_{a}D|^2 = |V_{a}N_{a}||V_{a}H_{a}|$$ bağıntısını kurunuz.

3) $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeninin $AN_a$ açıortayı çevrel çemberi $A_I$ noktasında keserse

$|A_{I}B| = |A_{I}I| = |A_{I}C|$

olduğunu gösteriniz.

Dokuz Nokta Çemberi

Bir $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeninin $H$ ortosantırını köşelere birleştiren doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla $K_a$, $K_b$, $K_c$ olsun. Açı hesaplamalarıyla $H_a$, $H_b$, $H_c$, $V_a$, $V_b$, $V_c$ noktalarından her birinin $[V_{a}K_{a}]$ doğru parçasını dik açı altında gördükleri kolayca gerçeklenebilir. Bu çember $[V{_b}K_{b}]$ ve $[V_{c}K_{c}]$ çaplı çemberlerle aynıdır. Öyleyse dikme ayakları, kenar orta noktaları ve $K_a$, $K_b$, $K_c$’den oluşan dokuz nokta bir çember üzerindedir. Bu çembere dokuz nokta çemberi, Euler çemberi ya da Feuerbach çemberi denir.

Dokuz nokta çemberinin $E$ merkezi $[OH]$’ın orta noktası ve yarıçapı $R/2$’dir. Önce yarıçapın $R/2$ olduğunu görelim. Bunun için $\frac{1}{2}$ benzeşim oranıyla $\overset{\triangle}{V_{a}V_{b}V_{c}} \sim \overset{\triangle}{ABC}$ oluşunu düşünmek yeterli. $[V_{a}K_{a}]$’nın orta noktası olan $E$ merkezini belirlemek için ise şu saptamaları yapalım:

(a) $V_{c}K_{a} // BH$ ve $V_{c}V_{a} // AC \implies V_{c}K_{a} \perp V_{c}V_{a}$
$\ \ \ \ \ \ V_{c}V_{b} // BC \implies AK_{a} \perp V_{c}V_{b}.$
Demek ki $K_a$ noktası $\overset{\triangle}{AV_{c}V_{b}}$ üçgeninin ortosantrıdır.
(b) $OV_a \perp V_{a}V_b$ ve $OV_c \perp V_{a}V_b$’dir yani $O$ noktası $\overset{\triangle}{V_{a}V_{b}V_{c}}$ üçgeninin ortosantrıdır. $\overset{\triangle}{AV_{c}V_{b}}$ ile $\overset{\triangle}{V_{a}V_{b}V_{c}}$ eş olduklarından

$|OV_{a}| = |AK_{a}| = |K_{a}H|$

elde edilir. Böylece hem $OV_{a}HK_a$ dörtgeninin paralelkenar olduğunu hem de kendi başına da önemli olan

$|OV_{a}| = \dfrac{|HA|}{2}$ (9)

bağıntısını elde etmiş oluruz. Bu paralelkenarın $OH$ köşegeninin ortası $[K_{a}V_a]$’nın $E$ orta noktasıdır.

Euler Doğrusu

Şimdi $OH$ ve $AV_a$ doğrularının kesim noktalarına $K$ diyelim.

(9) uyarınca $\dfrac{|KV_a|}{KA} = \dfrac{OV_a}{HA} = \dfrac{1}{2}$ olduğundan $K$ noktası $\overset{\triangle}{ABC}$’nin ağırlık merkezi yani $K = G$’dir. Demek ki $G$ noktası $OH$ üzerinde olup $$\overline{OH} = 3\overline{OG}$$ eşitliği sağlanır. Böylece $O$, $H$, $G$, $E$’nin doğrudaş olduklarını görmüş bulunuyoruz. Bu noktaların üzerinde bulunduğu doğruya Euler doğrusu denir. Aşağıdaki şekilde bu noktaların Euler doğrusu üzerindeki konumları görülmektedir.

Vektörel bir yazışla,

$\overrightarrow{OH} = 3\overrightarrow{OG} = 2\overrightarrow{OE}.$ (10)

Euler Teoremi

Önce şu teoremle işe başlayalım:

Teorem: Bir $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeninin $AI$ açıortayı çevrel çemberi $A_1$ noktasında keserse aşağıdaki bağıntılar doğrudur:

(i) $|A_I| = |A_II| = |A_IC|$

(ii) $r = 4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$ (11)

İspat: Açılara bakacak olursak,
$\widehat{IBA_I} = \widehat{ABA_I}\ -\ \widehat{ABI}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ =\widehat{ABC} + \widehat{CBA_I}\ -\ \widehat{ABI}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{2}(\widehat{A} + \widehat{B})$
$\ \ \ \ \ \ \ \ =\widehat{BIA_I}$

olup $\overset{\triangle}{A_IIB}$’nin ikizkenarlığı çıkar. Benzer biçimde $\overset{\triangle}{A_IIC}$ ikizkenardır. İkinci kısım için ise $OA_I$’in çevrel çemberi kestiği diğer noktaya $A’$ diyerek, $$|A_II| = |A_IB| = 2R\sin\frac{A}{2}$$ $$|IC| = 2|A_II|\sin\beta = 4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}$$ $$r = |IC|\sin\frac{C}{2} = 4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}$$ elde edilir.
Artık çevrel çember merkezinin iç ve dış merkezlerden olan uzaklıklarını veren Euler teoremini ele alabiliriz.

Teorem: (Euler) Bir $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeninin $O$ çevrel çember merkezi ile $I$ iç merkezi ve $I_a$ dış merkezi arasındaki uzaklıklar $$|OI|^2 = R(R-2r), \ |OI_a|^2 = R(R+2r_a) \quad \quad (12)$$ eşitlikleri ile belirlidir.

İspat: Şekil 9’u kullanacak olursak, $I$’nın $AC$ üzerindeki dik izdüşümü $D$ olmak üzere $\overset{\triangle}{AID} \sim \overset{\triangle}{A’A_IB}$’den $\frac{|AI|}{2R} = \frac{r}{|BA_I}$ çıkar. Yukarıdaki teoremden $|BA_I| = |IA_I|$ yazarsak $$|AI||IA_I|=|AI||BA_I|=2Rr$$ ve $I$’nın çembere göre kuvvetini ya da Stewart Teoremini kullanırsak $$|AI||IA_I| = R^2 – |OI|^2$$ elde ederiz. Böylece $$R^2 – |OI|^2 = 2Rr$$ ve sonuç olarak $$|OI|^2=R(R-2r)$$ istenen bağıntısı çıkar.

Dış teğet çember için ispatı okura bırakıyoruz.

Bazı Geometrik Eşitsizlikler

Euler teoreminin çok açık bir sonucu $R\geq2r$ eşitsizliği. Burada eşitliğin olabilmesi için $O$ ile $I$’nın çakışması yani üçgenin eşkenar üçgen olması gerekir ve yeter. Şimdi bu ana eşitsizliği ve bundan elde edilen bazı eşitsizlikleri verelim.
Sonuç: Bir $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeni için aşağıdaki eşitsizlikler geçerlidir. Bu eşitsizliklerde eşitlik durumunun olması için üçgenin eşkenar olması gerekir ve yeter.

1) $R\geq2r$(13)

2) $2u^2\geq27Rr$(14)

3) $3\sqrt{3r}\leq{u}\leq\dfrac{3\sqrt{3}}{2}R$(15)

4) $\sin{\frac{A}{2}}\sin{\frac{B}{2}}\sin{\frac{C}{2}}\leq \dfrac{1}{8}$(16)

5) $1< \cos{A} + \cos{B} + \cos{C} \leq \dfrac{3}{2}$(17)

6) $\cos{A}\cos{B}\cos{C}\leq\dfrac{1}{8}$(18)

İspat:
1) Açık.
2) Aritmetik – Geometrik ortalama eşitsizliğinden $$(2u)^3 = (a+b+c)^3 \geq 27abc = 108RS = 108Rru$$’dan istenen $2u^2\geq27Rr$ elde edilir.
3) (13) ve (14)’ten dolayı, $$2u^2 \leq 27Rr \leq 27(2r)r$$ çıkar ve birinci eşitsizlik elde edilir.
4) (11) ve (13)’den hemen çıkar.
5) $$\cos{A} + \cos{B} + \cos{C} = 1 + 4\sin{\frac{A}{2}}\sin{\frac{B}{2}}\sin{\frac{C}{2}}$$ oluşu nedeniyle (16) isteneni verir.
6) (17)’den $$\cos{A}\cos{B}\cos{C} \geq \left(\dfrac{\cos{A}+\cos{B}+\cos{C}}{3}\right)^3 \geq \dfrac{1}{8}$$

5’ten 3’ün ikinci bir kanıtını verebiliriz:
$$\sin^2{A} + \sin^2{B} + \sin^2{C} = 2(1 + \cos{A}\cos{B}\cos{C})$$ eşitliğini kullanacak olursak $$a^2+b^2+c^2 = 4R^2(\sin^2{A} + \sin^2{B} + \sin^2{C}) = 8R^2(1 + \cos{A}\cos{B}\cos{C})$$ olur. Şimdi (18) eşitsizliğinden $$a^2 + b^2 + c^2 \geq 9R^2$$ elde edilir. Oysa $$3(a^2+b^2+c^2)\ – \ (a+b+c)^2 = (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \leq 0$$ oluşunu kullanırsak $$2u = a + b + c \geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} \geq 3\sqrt{3}R$$ elde edilir ve (15)’teki ikinci eşitsizlik gösterilmiş olur. Eşitlik durumlarını irdelemeyi okura bırakıyoruz.

Alıştırmalar: Aşağıdaki eşitsizlikleri gösteriniz:
1) $\cos{\frac{A}{2}}\cos{\frac{B}{2}}\cos{\frac{C}{2}} \geq \dfrac{3}{8}\sqrt{3}$
2) $\tan{\frac{A}{2}}+\tan{\frac{B}{2}}+\tan{\frac{C}{2}} \leq \sqrt{3}$
3) $\tan{\frac{A}{2}}+\tan{\frac{B}{2}}+\tan{\frac{C}{2}} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{9}$
4) $\sin{A} + \sin{B} + \sin{C} \geq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$

Feuerbach Teoremi

Konunun bütünlenmesi açısından Feuerbach teoremi zorunlu. 1800 ve 1834 yılları arasında yaşayan ve Almanya’nın Erlangen kentinde lise öğretmenliği yapan Feuerbach 1822’de yayımladığı bir kitapçıkta üçgenlere ait çemberlerle ilgili birbirinden güzel birçok bağıntı vermiş. Bunların en ilgi çekeni kendi adıyla anılır olmuş.

Teorem: (Feuerbach) Dokuz nokta çemberi iç çembere ve dış çembere teğettir.

İspata girmeyip ilgilenen okura Cem Tezer’in gelecek sayımızdaki yazısını önereceğiz.

Son olarak iki soru:
1. (1991 Olimpiyatı) Verilen bir $\overset{\triangle}{ABC}$ üçgeninde iç çemberin merkezi $I$ olsun. $\hat{A}$, $\hat{B}$, $\hat{C}$ açılarının iç açıortaylarının karşı kenarları kestikleri noktaları sırasıyla $A’$, $B’$, $C’$ ile gösterelim. Aşağıdaki eşitsizliğin doğru olduğunu gösteriniz. $$\dfrac{1}{4} < \dfrac{AI . BI . CI}{AA’ . BB’ . CC’} \leq \dfrac{8}{27}$$

2. $\overset{\triangle}{ABC}$ bütün kenarları farklı uzunlukta bir üçgen, $G$ üçgenin ağırlık merkezi, $I$ iç merkez ve $H$ ortosantr ise $\overset{\huge\frown}{GIH} > 90^\circ$ olduğunu gösteriniz.

Kaynaklar:
– R. A. Johnson, Modern Geometry, Houghton Mifflin Company 1929.

– L. S. Shively, An Introduction to Modern Geometry, John Wİley and Sons, Inc. London 1939.

Önceki İçerikEvirtim (I)
Sonraki İçerikGeometrik Eşitsizlikler
- Son sayıyı sipariş vermek için tıklayın. -Newspaper WordPress Theme

Son eklenen yazılar

1/3 Sayı Doğrusunda Tam Olarak Nerede?

Yazar: Burak Karabey (burakkarabey@gmail.com) Sayı: 111, 2022-1 Sayıların sayı doğrusundaki yerini bulma çalışmaları, öğrenciler açısından birçok matematiksel bilgi ve beceriyi birlikte kullanmak için iyi bir fırsattır....

Cem Tezer: Nevi Şahsına Münhasır Bir Matematikçi

Yazar: Alp Eden Yıl: 2022-1 Sayı: 111 Ne kendi kimseye benzer, ne kimse kendisineHezar gıpta o devr-i kadim efendisine Cem Tezer çok yönlü ve çok renkli kişiliği olan...

Kumarbazın Sonu

Yazar: Ümit Işlak (umitislak@gmail.com) Sayı: 111, 2022-1 Bir yatırımcıda şu anki değeri 25 lira olan bir hisse senedi olduğunu varsayalım.  Yatırımcımız hisseyi hissenin değeri ya 10...