Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
636 kez görüntülendi
Merhabalar. Siteyide orta öğretim öğrecileri için yeterli sayıda soru ve birçok bilgiye bir bilgi de ben eklemek istiyorum.

Bir $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin $[AB],[BC],[AC]$ kenarlarına değme noktaları sırası ile $D,E,F$ olsun. Bu $DEF$ üçgenine değme üçgeni diyelim. $\frac{A(DEF)} {A(ABC)}<\frac 12$ olduğunu gösteriniz.
Orta Öğretim Matematik kategorisinde (19.2k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 636 kez görüntülendi

Burada verilen ispat bir sonuç olarak kullanılırsa  $\frac{A(DEF)}{A(ABC)}\leq \frac 14$ olarak kullanabiliriz. 

1 cevap

1 beğenilme 0 beğenilmeme

Esasen geometride (istisnalar hariç) gerek soruyu sorarken gerek çözümü yaparken verilenlere uygun bir şeklin çizilmesi,sorunun ve çözümün anlaşılırlığı için önemli ve uygundur. Ancak ben bilgisayarda şekil çizemediğim için çözümü şekilsiz(kağıda çözüm için çizdiğim şekle göre) yapmaya çalışacağım. 

Bu soruya uygun bir şekli çözüme ekleyecek arkadaşa minnettar olacağım.

Dar açılı(bütün iç açı ölçüleri 90 dereceden küçük olan ) $ABC$ üçgeninin içteğet çemberinin merkezi $O$ (iç açıortayların kesim noktası) ve yarıçap uzunluğu da $r$ birim ve bu çemberin $[AB],[BC],[AC]$ kenarlarına değme noktaları ise sırası ile $ D,E,F$ olsun. Değme üçgeni dediğim üçgen bu $DEF$ üçgenidir.

$s(\widehat{A})=2\alpha,s(\widehat{B})=2\beta,s(\widehat{C})=2\theta$  olsun. 

Bir çembere dışındaki bir noktadan çizilen teğet boyları eşit olduğundan; $ADF,BDE,CEF$ birer ikizkenar üçgendir. Ayrıca $O$ noktasını değme noktalarına birleştiren yarıçapların $ABC$ üçgeninin kenarlarına dikliğini görürsek, 

$ADOF,BDOE,CEOF$ dörtgenlerinin hem birer kirişler dörtgeni hemde birer deltoit olduklarını görebiliriz. Ayrıca bu deltoitlerin $O$ köşesindeki iç açı ölçülerinin 90 dereceden büyük olduğunu( çünkü ABC dar açılı idi) ve yine $[AO],[BO],[CO]$  köşegenlerinin iç açıortay olduklarını görmek zor değildir. Böylece oluşan ve ikişer ikişer eş olan $ADO$ ile $AFO$,$BDO$ ile $BEO$,$CEO$ ile $CFO$, üçgenleri dik olup herbirinin $O$ köşesindeki iç açı ölçüsü diğer dar açıdan büyüktür. 

Çünkü $2\alpha<90,2\theta<90,2\theta<90$ olduğundan $180-2\alpha>90,180-2\theta>90,180-2\theta>90$ olup 

$90-\alpha>45,90-\beta>45,90-\theta>45$ olacaktır.  

Eğer   $|AD|=|AF|=a, |BD|=|BE|=b, |CE|=|CF|=c$ denirse,

$r<a, r^2<a^2$

$r<b, r^2<b^2$ 

$r<c, r^2<c^2$ olacaktır.   Ayrıca $s(\widehat{ADF})=s(\widehat{AFD})=x,   s(\widehat{BDE})=s(\widehat{BED})=y , s(\widehat{CEF})=s(\widehat{CFE})=z$ denirse,

çemberde aynı yayı gören çevre açı ölçülerinin eşitliğinden $s(\widehat {DEF})=x,s(\widehat {DFE})=y,s(\widehat {EDF})=z$ olacaktır.

Şimdi $A(DEF)=A(DOF)+A(DOE)+A(EOF)$

$A(DEF)=\frac 12r^2Sin(180-2\alpha)+\frac 12 r^2Sin(180-2\beta)+\frac 12Sin(180-2\theta)$

$A(DEF)=\frac 12r^2(Sin2\alpha+Sin2\beta+Sin2\theta)....(1)$ dir.

$A(ABC)=A(ADF)+A(BDE)+A(CEF)+A(DEF)$

$A(ABC)=\frac 12 a^2Sin2\alpha+\frac 12b^2Sin2\beta+\frac 12c^2Sin2\theta+\frac 12r^2(Sin2\alpha+Sin2\beta+Sin2\theta)$

$\frac{A(DEF)}{A(ABC)}=\frac{\frac12r^2(Sin2\alpha+Sin2\beta+Sin2\theta)}{\frac 12 a^2Sin2\alpha+\frac 12b^2Sin2\beta+\frac 12c^2Sin2\theta+\frac 12r^2(Sin2\alpha+Sin2\beta+Sin2\theta)}$ olur.  Burada $ r^2<a^2, r^2<b^2, r^2<c^2$  olduğu kullanılırsa,

$\frac{A(DEF)}{A(ABC)}\leq \frac{\frac12r^2(Sin2\alpha+Sin2\beta+Sin2\theta)}{\frac 12 r^2Sin2\alpha+\frac 12r^2Sin2\beta+\frac 12r^2Sin2\theta+\frac 12r^2(Sin2\alpha+Sin2\beta+Sin2\theta)}$  ve . 

$\frac{A(DEF)}{A(ABC)}\leq \frac{\frac12r^2(Sin2\alpha+Sin2\beta+Sin2\theta)}{r^2(Sin2\alpha+Sin2\beta+Sin2\theta)}$ 

$\frac{A(DEF)}{A(ABC)}\leq \frac12$ olacaktır.  Eşitlik halinin $a=b=c=r$ olması ile mümkün olacağının ancak bunun da üçgen çizimine  izin vermediğinin bilinmesi iyi olur. İspatın dik açılı ve  geniş açılı üçgenler için yapılması okuyucuya bırakılmıştır.

(19.2k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
Hocam saygı ile selamlıyorum sizi, bunca şeyi bu kadar ayrıntılı yazarken üşenmediniz ya belli ki seviyorsunuz matematiği. Yazmadan geçemedim.
Merhaba sayın @murater. Evet. Gerçekten de seviyorum. Yoksa birçok kişiye sıkıcı gelen bu tür şeylerle uğraşılmazdı. Selam ve sevgilerimle.
Sanırım daha küçük bir üst sınır bulmak da mümkün.

Bunu (ve farklı bir çözümü) düşüneceğim.
Değme üçgeninin alanı, en fazla, asıl üçgenin alanının $1\over 4$ ü kadar olur.

Açıortay ayaklarını köşe kabül eden  iç üçgen $DEF$ ve orijinal üçgen $ABC$ olsun. Açıortay teoremi ve alan bağıntıları  kullanılarak $$\dfrac{Alan(DEF)}{Alan(ABC)}=\dfrac{2abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}$$  olduğu kanıtlanabilir.(Değme üçgeninin alanı (2)) $a=b=c$  durumunda oran $1/4$ olur ve $DEF$ üçgeni orta veya ortay üçgen(kenarortay ayaklarını köşe kabül eden iç üçgen) ile çakışır. Yani daha küçük bir üst sınır mevcuttur. İç üçgenin köşelerinin seviyanların (veya ingilizce cevian: üçgenin köşelerinden geçen ve iç bölgesinde noktadaş olan doğruların (örneğin yükseklikler, açıortaylar, kenarortaylar gibi) genel adı, Ceva'ya ithafen bu ad verilmiş sanırım) ayakları olması genel duruma karşılık gelir. Genel durumu Doğan Hocam burada irdeleyecek sanırım.

Çözüme uygun güzel bir şekil eklemek zahmetinde ve inceliğinde bulunan saygıdeğer hocam Sayın Doğan DÖNMEZ hocaya çok çok teşekkür ediyorum. İyi ki varsınız hocam. Selam ve saygılar.
20,246 soru
21,768 cevap
73,412 yorum
2,126,911 kullanıcı